核心考点培优06：立体几何7大必考题型讲义-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

以笔为剑，横扫数学题海；以智为盾，勇闯高考难关，高考必胜！ 核心考点培优06：立体几何7大必考题型 (高一复习全国通用) 题型一 空间点、直线、平面之间的位置关系 4 题型二 立体几何中的线、面平行问题 5 题型三 立体几何中的线、面垂直问题 6 题型四 空间几何体中的表面积、体积及距离问题 7 题型五 空间中的夹角问题 8 题型六 立体几何中的折叠问题 9 题型七 立体几何中的探索性问题 9 （1）.平面的法向量 如图，若直线 ，取直线 的方向向量 ，我们称为平面的法向量；过点且以为法向量的平面完全确定，可以表示为集合 ． 求一个平面的法向量时，通常采用待定系数法，其一般步骤如下: 设向量：设平面的法向量为；选向量：选取两不共线向量 列方程组：由列出方程组； 解方程组：解方程组 赋非零值：取其中一个为非零值；得结论：得到平面的一个非零法向量. （2）.空间中直线、平面的平行 设直线,的方向向量分别为，，平面，的法向量分别为，，则 线线平行 ⇔⇔() 线面平行 ⇔⇔ 面面平行 ⇔⇔ （3）.空间中直线、平面的垂直 设直线的方向向量为，直线的方向向量为，平面的法向量，平面的法向量为，则 线线垂直 ⇔⇔ 线面垂直 ⇔⇔⇔ 面面垂直 ⇔⇔⇔ （4）.点到直线的距离 已知直线的单位方向向量为，是直线上的定点，是直线外一点.设，则点P到直线的距离为： （5）.点到平面的距离 如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度. （6）.用向量运算求两条直线所成角 已知a，b为两异面直线，A，C与B，D分别是a，b上的任意两点，a，b所成的角为，则：. （7）.用向量运算求直线与平面所成角 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，与的角为，则有：.（注意此公式中最后的形式是：） （8）.用向量运算求平面与平面的夹角 如图，若于A，于B，平面PAB交于E，则∠AEB为二面角的平面角，∠AEB+∠APB=180°. 若分别为面，的法向量 ① ②根据图形判断二面角为锐二面角还是钝二面角； 若二面角为锐二面角（取正），则；若二面角为顿二面角（取负），则； 经典重现+变式提升 题型一 空间点、直线、平面之间的位置关系 方法点拨： 1.空间中直线与直线的位置关系 位置关系：平行、相交、异面。 异面直线：不同在任何一个平面内，无公共点。 等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补。 2.空间中直线与平面、平面与平面的位置关系 直线与平面：直线在平面内、直线与平面平行、直线与平面相交。 平面与平面：平行、相交。 解题方法： 1.位置关系判定利用公理、判定定理，结合长方体 / 正方体模型直观判断点线面的位置关系。 2.异面直线判定反证法：假设两直线共面，推出矛盾，从而证明两直线异面。 3.符号语言与文字语言互译熟练使用∈、⊂、∩等符号，规范表达点、线、面的位置关系。 刷经典·悟方法 【例1】 （25-26高三下·上海·月考）设为两个平面，m、n为两条直线，且．下述四个命题： ①若，则或；    ②若，则； ③若，且，则；    ④若与和所成的角相等，则； 其中，所有真命题的编号是____________． 【变式1-1】 （25-26高一下·广东广州·期中）在空间中，下面命题为假命题的个数是（   ） ①过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线垂直 ②过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面平行 ③过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行 ④过平面外一点，有且只有一个平面与这个平面垂直 A．4 B．3 C．2 D．1 【变式1-2】 （25-26高一下·福建南平·期中）若直线不平行于平面，且，则下列结论成立的是（    ） A．内的所有直线与是异面直线 B．内不存在与平行的直线 C．内的所有直线与都相交 D．内存在唯一一条直线与平行 【变式1-3】 6．（2026·上海黄浦·二模）若a，b是空间中的两条直线，则“”是“存在平面，使，”的（    ）． A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件 题型二 立体几何中的线、面平行问题 方法点拨： · 线面平行证明： 1 找中位线 / 构造平行四边形，利用线线平行推导线面平行； 2 先证面面平行，再利用面面平行的性质推导线面平行。 · 面面平行证明： 1 在一个平面内找到两条相交直线，分别平行于另一个平面； 2 证明两个平面同时垂直于同一条直线。 · 平行关系转化利用 “线线平行 ↔ 线面平行 ↔ 面面平行” 的转化关系，灵活选择证明路径。 刷经典·悟方法 【例2】 （25-26高一下·陕西咸阳·期中）如图，四棱锥中，，，分别为线段的中点，与交于O点．    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)设平面交平面于直线l． ①求证：； ②求的值． 【变式2-1】 （25-26高一下·广东深圳·期中）设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则m，n是异面直线 D．若m，n是异面直线，，，，，则 【变式2-2】 （25-26高一下·重庆渝北·期中）已知两条不同直线，，两个不同平面，，有如下命题： ①若，，则或； ②若，，则； ③若，，，，则； ④若，，，则或与异面 以上命题正确的是（    ） A．①② B．②③ C．①④ D．②④ 【变式2-3】 （多选）（25-26高一下·广东广州·期中）下列四个命题中错误的是（    ） A．如果，是两条直线且，那么平行于经过的任何一个平面 B．如果直线和平面满足，那么与平面内的任何一条直线平行 C．如果直线，和平面满足，，，那么 D．如果直线与平面内的无数条直线平行，那么直线必平行于平面 题型三 立体几何中的线、面垂直问题 方法点拨： · 线面垂直证明： 1 证明直线与平面内两条相交直线垂直； 2 先证面面垂直，再利用面面垂直的性质定理证明线面垂直。 · 面面垂直证明： 1 找到一个平面内垂直于另一个平面的直线； 2 计算二面角为 90°。 · 垂直关系转化利用 “线线垂直 ↔ 线面垂直 ↔ 面面垂直” 的转化，结合勾股定理、等腰三角形三线合一等几何性质寻找垂直关系。 刷经典·悟方法 【例3】 （2026·天津滨海新区·模拟预测）如图，已知是边长为4的等边三角形，分别是和的中点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥，则下列说法中，正确的个数为（   ） ①翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为9． ②取线段中点，则翻折过程中，三棱锥与四棱锥体积比为定值． ③翻折过程中，直线始终与平面平行． ④当时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式3-1】 （2026·安徽马鞍山·二模）已知直线，与平面，，，则的一个充分条件是（    ） A．， B．， C．， D．，， 【变式3-2】 （2026高一·全国·专题练习）点D是斜边上一动点，，，将沿着翻折，翻折后的三角形为，且平面平面，则翻折后的最小值是_____． 【变式3-3】 （多选）（25-26高三下·河南·月考）已知三棱台的上、下底面相似比为1:2.在中，，侧棱，且与下底面所成的角为60°.则（）． A．直线与直线相互垂直 B．直线与直线相互垂直 C．侧面与底面相互垂直 D．侧面与侧面相互垂直 题型四 空间几何体中的表面积、体积及距离问题 方法点拨： · 表面积计算规则几何体直接套用公式；不规则几何体通过割补法转化为规则几何体计算。 · 体积计算 ① 直接法：找到高和底面积，直接套用公式； ② 等体积法：换底换高，常用于求点到平面的距离； ③ 割补法：将复杂几何体分割或补成规则几何体。 · 距离问题优先使用等体积法，避免找垂线的麻烦；也可建立空间直角坐标系，用向量法计算。 刷经典·悟方法 【例4】 （多选）（25-26高二下·福建龙岩·期中）如图，在长方形中，，点是所在边和上的三等分点，将长方形按照图中虚线进行翻折，使得重合，重合，重合，重合，得到六面体，其直观图如图所示，则（    ） A．该六面体的表面积为3 B．点到平面的距离为 C．二面角的余弦值为 D．该六面体内能装下的最大的球的体积为 【变式4-1】 （25-26高三下·青海西宁·月考）如图，平行四边形ABCD中，，，E是边AB的中点，将沿直线DE折起，构成如图所示的四棱锥，则四棱锥体积的最大值为__________. 【变式4-2】 （2026高一·全国·专题练习）某景区一座仿古建筑的屋顶是中国传统建筑中常见的“庑殿顶”，其顶盖几何模型如图所示，平面ABCD，底面ABCD是边长为18的正方形，侧面ABFE与CDEF是全等的等腰梯形，侧面ADE与BCF是等腰直角三角形，若，则EF到平面ABCD的距离为______. 【变式4-3】 （25-26高一下·福建·期中）如图，在直三棱柱中，底面ABC是正三角形，AB=2，，BC边上的中点为D． (1)求三棱柱截去三棱锥后所得几何体的表面积； (2)求直三棱柱外接球的表面积； (3)求点到平面的距离． 题型五 空间中的夹角问题 方法点拨：· 异面直线所成角： 1 平移法：通过中位线、平行四边形平移直线，转化为相交直线的夹角； 2 向量法：利用向量夹角公式计算，注意取锐角或直角。 · 线面角： 1 定义法：找到直线在平面内的射影，计算夹角； 2 向量法：直线的方向向量与平面法向量夹角的补角的锐角值。 · 二面角： 1 定义法：找到二面角的平面角； 2 三垂线法：利用三垂线定理找平面角； 3 向量法：计算两个平面法向量的夹角或其补角 刷经典·悟方法 【例5】 （25-26高二下·北京海淀·期中）如图，为直四棱柱，底面ABCD是等腰梯形，，.点在平面内，是等腰三角形. ①若，直线与平面所成角的正弦值为__________； ②若二面角为，四棱锥的体积为__________. 【变式5-1】 （2026·重庆九龙坡·二模）将边长为 2 的正方形 沿对角线 折起，使折起后 ，则二面角 的大小为_____. 【变式5-2】 （2026高一·全国·专题练习）已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线SA，SB互相垂直且的面积为3，直线SA与圆锥底面所成角为，则二面角的大小为____. 【变式5-3】 （多选）（2026·四川遂宁·二模）如图所示，矩形中，，将沿翻折至，使得，则（    ） A．不存在的值使 B．存在的值使平面平面 C．三棱锥体积的最大值为 D．当点在平面上的射影落在上时，直线与平面所成角为 题型六 立体几何中的折叠问题 方法点拨： 折叠问题的核心关系 不变量：折叠前后，同一平面内的线段长度、角度不变； 变量：折叠后，不同平面内的点、线、面位置关系发生变化，空间角度、距离改变。 关键几何量 折叠前后的垂直关系、平行关系、线段长度、角度，尤其是折叠前后始终垂直的线段。 解题方法 不变量优先分析先分析折叠前后始终不变的线段长度、角度和垂直关系，作为解题的突破口。 空间位置关系判定结合不变量，判定折叠后线线、线面、面面的位置关系，尤其是垂直关系。 建系与计算找到互相垂直的三条直线，建立空间直角坐标系，用向量法计算夹角、距离和体积。 刷经典·悟方法 【例6】 （25-26高一下·浙江温州·期中）如图（1），已知平面五边形中，是边长为的正三角形，，，将和分别沿AC，AD向上翻折至，使得在面ACD的同侧，且二面角的平面角和二面角的平面角的大小都为． (1)如图（2），当时，求证：平面ACD； (2)设该五面体外接球的球心为，半径为． （i）当时，求到平面的距离； （ii）求的最小值． 【变式6-1】 （25-26高一下·山东济南·期中）如图1，设半圆的半径为2，点三等分半圆，，，分别是，，的中点，将此半圆以为母线卷成一个圆锥如图在图2中完成下列各题. (1)求在圆锥中的线段的长； (2)求四面体的体积； (3)若是的中点，在线段上是否存在一点，使得平面若存在，求的值，并证明你的结论；若不存在，说明理由. 【变式6-2】 （多选）（2026·山东济宁·二模）如图1，与是两个等腰三角形，，.将沿着翻折到，如图2，设二面角的平面角为，，分别为和的中点，则（    ） A． B．四面体体积的最大值为1 C．时，过直线且与平行的平面截四面体所得截面面积为 D．时，四面体外接球表面积为 【变式6-3】 （2026·山西晋中·模拟预测）如图1，AC为半径为2的圆O的直径，点D，B为圆O上的两点，且．．如图2，将圆O沿AC翻折，E为线段BD上的一点，连接OB，OD，OE，BD． (1)若，E为BD的中点，证明：； (2)若平面平面，求二面角的余弦值； (3)求翻折过程中，直线OD与平面ABC所成角的最大值． 题型七 立体几何中的探索性问题 方法点拨： · 假设验证法假设存在满足条件的点 / 线 / 面，设出参数（如点的位置参数），结合几何关系列方程求解，有解则存在，无解则不存在。 · 向量法建立空间直角坐标系，用向量表示点、线、面，将平行、垂直、夹角等条件转化为向量方程求解参数。 · 特殊位置法先通过特殊位置（如中点、三等分点）猜想可能的结论，再进行严格证明。 刷经典·悟方法 【例7】 （2026·上海杨浦·模拟预测）如图1，在梯形中，，， 的中点且，的内角的对边分别为，且满足，点为边上一点，当面积最大时，将沿翻折得到四棱锥（如图2），点为线段的中点． (1)若，求的长； (2)若四棱锥的体积等于2，是否存在点N使得MN与平面PBC所成角的余弦值为，若存在，求出点N位置，若不存在，请说明理由． 【变式7-1】 （25-26高一下·福建莆田·期中）已知菱形的边长为，平面外一点在平面上的射影是与的交点是等边三角形． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，以及此时线段的长． 【变式7-2】 （25-26高二下·江苏徐州·月考）已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面平面，分别是的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的大小； (3)线段上是否存在一个动点（不包括端点），使得直线与平面所成角为，若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由. 【变式7-3】 （24-25高二下·江苏宿迁·期中）如图平面，，是线段上的动点，是的中点，已知. (1)证明：平面； (2)若，. ①求点到平面的距离； ②试探究：在线段上是否存在点，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. 1．（25-26高一下·浙江·期中）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则以下说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 2．（25-26高一下·浙江宁波·期中）已知P为空间中一点，m，n，l为互不相同的直线，α，β，γ为互不相同的平面，则下列推理中正确的是（   ） A．， B．， C．，， D．，，， 3．（2026·广东东莞·二模）设为两个不同平面，为一条直线，则的充分条件可以是（   ） A． B． C． D． 4．（多选）（2026·河南商丘·模拟预测）如图，已知四棱锥，其中底面为正方形，平面，为线段的中点，与交于点，，，则（   ）    A．平面 B．平面 C．二面角的余弦值为 D．直线与所成的角为 5．（25-26高一下·云南昆明·期中）已知正三棱台的体积为，，，，分别是和的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 6．（多选）（25-26高一下·广东东莞·期中）正方体的棱长为2，点为线段上一动点，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．直线与直线所成的角为 C．在点运动过程中，有 D．当为的一个三等分点时，平面截正方体所得的截面面积为 7．（25-26高二下·江苏连云港·月考）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，，．沿AC把折起，使二面角为直二面角，则二面角的余弦值为________． 8．（25-26高一下·浙江丽水·期中）四棱锥的底面为平行四边形，如图所示，点是棱上一点，，若且满足平面，则________． 9.（2026·北京昌平·一模）在棱长为2的正方体中，点满足，其中，给出下列四个结论： ①当时，，的面积为定值； ②当时，，三棱锥的体积为定值； ③当时，存在唯一的，使得； ④当时，存在唯一的，使得平面． 其中所有正确结论的序号是______． 10．（25-26高一下·全国·期中）如图，在棱长均相等的四棱锥中，为底面正方形的中心，，分别为侧棱，的中点，有下列结论： （1）平面； （2）平面平面； （3）； （4）直线与直线所成角的大小为． 其中正确结论的序号是____________． 11．（25-26高一下·天津和平·期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，分别是的中点. (1)求证：平面； (2)在上取一点（不与重合），设过点和的平面交平面于，求证：. 12．（25-26高三下·广东汕头·月考）如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，是的中点． (1)求与所成角的余弦值： (2)记是与的交点，在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值：若不存在，请说明理由． 13．（2026·山西晋城·模拟预测）在四棱锥中，平面平面，，是线段的中点． (1)证明：． (2)若二面角的平面角的余弦值为． ①求线段的长； ②若为线段的中点，点在线段上，是否存在实数，使得当时，平面？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由． 14．（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. 15．（2026·四川攀枝花·二模）如图，平面四边形中，是边长为2的等边三角形，，．现将沿翻折至，使得． (1)证明：平面平面； (2)已知是线段上的点，若直线与平面所成角的正弦值为，求点到直线的距离． 16．（2026·山东日照·二模）如图1，在边长为2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，记二面角的平面角为． (1)若，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． 17．（25-26高一下·浙江温州·期中）如图：等边三角形和直角三角形，，，绕翻折，使点到达点． (1)求三棱锥的体积最大值； (2)当时，求直线与平面所成角的正弦值； (3)求三棱锥表面积最大时，二面角的余弦值． 18．（25-26高二下·河南平顶山·期中）如图，矩形中，点，，分别在，，上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得平面平面.    (1)证明：平面. (2)若存在点，使得点到，，，的距离相等. （ⅰ）求点到平面的距离； （ⅱ）若点满足，当取得最小值时，求平面与平面夹角的余弦值. 2 学科网（北京）股份有限公司 $以笔为剑，横扫数学题海；以智为盾，勇闯高考难关，高考必胜！ 核心考点培优06：立体几何7大必考题型 (高一复习全国通用) 题型一 空间点、直线、平面之间的位置关系 3 题型二 立体几何中的线、面平行问题 5 题型三 立体几何中的线、面垂直问题 9 题型四 空间几何体中的表面积、体积及距离问题 14 题型五 空间中的夹角问题 19 题型六 立体几何中的折叠问题 25 题型七 立体几何中的探索性问题 34 （1）.平面的法向量 如图，若直线 ，取直线 的方向向量 ，我们称为平面的法向量；过点且以为法向量的平面完全确定，可以表示为集合 ． 求一个平面的法向量时，通常采用待定系数法，其一般步骤如下: 设向量：设平面的法向量为；选向量：选取两不共线向量 列方程组：由列出方程组； 解方程组：解方程组 赋非零值：取其中一个为非零值；得结论：得到平面的一个非零法向量. （2）.空间中直线、平面的平行 设直线,的方向向量分别为，，平面，的法向量分别为，，则 线线平行 ⇔⇔() 线面平行 ⇔⇔ 面面平行 ⇔⇔ （3）.空间中直线、平面的垂直 设直线的方向向量为，直线的方向向量为，平面的法向量，平面的法向量为，则 线线垂直 ⇔⇔ 线面垂直 ⇔⇔⇔ 面面垂直 ⇔⇔⇔ （4）.点到直线的距离 已知直线的单位方向向量为，是直线上的定点，是直线外一点.设，则点P到直线的距离为： （5）.点到平面的距离 如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度. （6）.用向量运算求两条直线所成角 已知a，b为两异面直线，A，C与B，D分别是a，b上的任意两点，a，b所成的角为，则：. （7）.用向量运算求直线与平面所成角 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，与的角为，则有：.（注意此公式中最后的形式是：） （8）.用向量运算求平面与平面的夹角 如图，若于A，于B，平面PAB交于E，则∠AEB为二面角的平面角，∠AEB+∠APB=180°. 若分别为面，的法向量 ① ②根据图形判断二面角为锐二面角还是钝二面角； 若二面角为锐二面角（取正），则；若二面角为顿二面角（取负），则； 经典重现+变式提升 题型一 空间点、直线、平面之间的位置关系 方法点拨： 1.空间中直线与直线的位置关系 位置关系：平行、相交、异面。 异面直线：不同在任何一个平面内，无公共点。 等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补。 2.空间中直线与平面、平面与平面的位置关系 直线与平面：直线在平面内、直线与平面平行、直线与平面相交。 平面与平面：平行、相交。 解题方法： 1.位置关系判定利用公理、判定定理，结合长方体 / 正方体模型直观判断点线面的位置关系。 2.异面直线判定反证法：假设两直线共面，推出矛盾，从而证明两直线异面。 3.符号语言与文字语言互译熟练使用∈、⊂、∩等符号，规范表达点、线、面的位置关系。 刷经典·悟方法 【例1】 （25-26高三下·上海·月考）设为两个平面，m、n为两条直线，且．下述四个命题： ①若，则或；    ②若，则； ③若，且，则；    ④若与和所成的角相等，则； 其中，所有真命题的编号是____________． 【答案】①③ 【分析】根据空间中直线与平面的位置关系逐项判断即可得结论. 【详解】对①，当，因为，，则， 当，因为，，则， 当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确； 对②，若，则与不一定垂直，故②错误； 对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线， 因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知， 同理可得，则，因为平面，平面，则平面， 因为平面，，则，又因为，则，故③正确； 对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误. 【变式1-1】 （25-26高一下·广东广州·期中）在空间中，下面命题为假命题的个数是（   ） ①过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线垂直 ②过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面平行 ③过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行 ④过平面外一点，有且只有一个平面与这个平面垂直 A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】A 【分析】利用空间的平行和垂直关系对四个选项进行判断. 【详解】在空间中， 过直线外一点有无数条直线与这条直线垂直，①错误； 过平面外一点有无数条直线与这个平面平行，②错误； 过直线外一点，有无数个平面与这条直线平行，③错误； 过平面外一点，有无数个平面与这个平面垂直，④错误； 四个都是假命题. 【变式1-2】 （25-26高一下·福建南平·期中）若直线不平行于平面，且，则下列结论成立的是（    ） A．内的所有直线与是异面直线 B．内不存在与平行的直线 C．内的所有直线与都相交 D．内存在唯一一条直线与平行 【答案】B 【详解】依题意，直线与平面相交，内的直线与直线相交或异面，故B正确，ACD错误. 【变式1-3】 6．（2026·上海黄浦·二模）若a，b是空间中的两条直线，则“”是“存在平面，使，”的（    ）． A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件 【答案】A 【分析】根据空间中线、面关系结合充分、必要条件分析判断. 【详解】若，可知直线a，b是共面直线，则存在平面，使，，即充分性成立； 若存在平面，使，，则直线a，b可能相交，即必要性不成立； 综上所述：“”是“存在平面，使，”的充分非必要条件. 题型二 立体几何中的线、面平行问题 方法点拨： · 线面平行证明： 1 找中位线 / 构造平行四边形，利用线线平行推导线面平行； 2 先证面面平行，再利用面面平行的性质推导线面平行。 · 面面平行证明： 1 在一个平面内找到两条相交直线，分别平行于另一个平面； 2 证明两个平面同时垂直于同一条直线。 · 平行关系转化利用 “线线平行 ↔ 线面平行 ↔ 面面平行” 的转化关系，灵活选择证明路径。 刷经典·悟方法 【例2】 （25-26高一下·陕西咸阳·期中）如图，四棱锥中，，，分别为线段的中点，与交于O点．    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)设平面交平面于直线l． ①求证：； ②求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)①证明见解析；② 【分析】（1）利用中位线可证，利用线面平行判定定理证明结论； （2）利用中位线可证,结合空间平行关系的转化可证面面平行； （3）①利用线面平行推出线线平行；②根据已知条件推出底面及高的比，再根据四面体体积公式计算求解． 【详解】（1）证明：连接EC，   ，， ，， 四边形是平行四边形， O为的中点， 又F是的中点， ， 又平面，平面， 平面BEF． （2）证明：F，H分别是的中点， ， 又平面PAD，平面PAD， 平面PAD， 又O是的中点，H是的中点， ，平面，平面， 平面， 又在平面内相交于点H， 平面平面． （3）①证明：，平面，平面， 平面， 又平面，平面平面直线l， ． ②且， ， 又E，H分别为的中点， ，且三棱锥与三棱锥高之比为， ． 【变式2-1】 （25-26高一下·广东深圳·期中）设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则m，n是异面直线 D．若m，n是异面直线，，，，，则 【答案】D 【详解】对于A，由，得平行、相交或者是异面直线，A错误； 对于B，由，得或，B错误； 对于C，由，得平行、相交或者是异面直线，C错误； 对于D，由，得存在过的平面，则，而， 是异面直线，则是相交直线，又，不在内，则， 又，是内的两条相交直线，因此，D正确. 【变式2-2】 （25-26高一下·重庆渝北·期中）已知两条不同直线，，两个不同平面，，有如下命题： ①若，，则或； ②若，，则； ③若，，，，则； ④若，，，则或与异面 以上命题正确的是（    ） A．①② B．②③ C．①④ D．②④ 【答案】C 【详解】对于①，若，，则或，所以①正确； 对于②，若，，则与平行或异面，所以②错误； 对于③，缺少与相交的条件，无法推出，所以③错误； 对于④，若，，，则或与异面，所以④正确. 【变式2-3】 （多选）（25-26高一下·广东广州·期中）下列四个命题中错误的是（    ） A．如果，是两条直线且，那么平行于经过的任何一个平面 B．如果直线和平面满足，那么与平面内的任何一条直线平行 C．如果直线，和平面满足，，，那么 D．如果直线与平面内的无数条直线平行，那么直线必平行于平面 【答案】ABD 【分析】由题设及直线与直线平行，直线与平面平行相关知识可判断选项正误. 【详解】对于A，当//时，有可能平行于所在平面，也有可能在所在平面内，故A错误； 对于B，当//时，内的直线可能与平行，也有可能与异面，故B错误； 对于C，因，则存在，使得，又，则，结合，，则//，故C正确； 对于D，当直线与平面内无数条直线平行时，直线有可能在平面内，则此时直线与平面不平行，故D错误. 题型三 立体几何中的线、面垂直问题 方法点拨： · 线面垂直证明： 1 证明直线与平面内两条相交直线垂直； 2 先证面面垂直，再利用面面垂直的性质定理证明线面垂直。 · 面面垂直证明： 1 找到一个平面内垂直于另一个平面的直线； 2 计算二面角为 90°。 · 垂直关系转化利用 “线线垂直 ↔ 线面垂直 ↔ 面面垂直” 的转化，结合勾股定理、等腰三角形三线合一等几何性质寻找垂直关系。 刷经典·悟方法 【例3】 （2026·天津滨海新区·模拟预测）如图，已知是边长为4的等边三角形，分别是和的中点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥，则下列说法中，正确的个数为（   ） ①翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为9． ②取线段中点，则翻折过程中，三棱锥与四棱锥体积比为定值． ③翻折过程中，直线始终与平面平行． ④当时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】设分别为的中点，当平面，求解体积判断①；到平面的距离为，再结合等体积转化求解判断②；证明，再根据线面平行的判定定理即可判断③；由已知可推得平面平面，设球心为，的外心为，点为等腰梯形的外心，可得四边形为矩形，进而求出即半径的长，即可得出外接球的表面积判断④. 【详解】如图1，设分别为的中点，则， 对于①：当平面平面时，四棱锥的体积最大， 因为为的中点，且为等边三角形，则， 平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 此时体积，故①错误； 对于②，因为线段中点， 在翻折过程中，到平面的距离为， 因为是边长为4的等边三角形，分别是的的中点， 所以，， 所以， ， 所以翻折过程中，三棱锥与四棱锥体积比为，是定值，故②正确； 对于③，因为分别是的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面，即翻折过程中，直线始终与平面平行，故③正确； 对于④，当时，由，可知，即， 又，且平面，则平面， 又平面，则平面平面， 设四棱锥的外接球球心为，的外心为，则平面， 如图2，易知点为等腰梯形的外心，则平面， 则四边形为矩形，且， 从而有， 从而该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为，故④正确. 【变式3-1】 （2026·安徽马鞍山·二模）已知直线，与平面，，，则的一个充分条件是（    ） A．， B．， C．， D．，， 【答案】C 【详解】A：当，时，，所以本选项不符合题意； B：当，时，平面，可以平行，所以本选项不符合题意； C：当，时，由面面垂直的判定定理可得，所以本选项符合题意； D：当，，时，根据线面垂直的判定定理，由不一定能推出，所以本选项不符合题意. 【变式3-2】 （2026高一·全国·专题练习）点D是斜边上一动点，，，将沿着翻折，翻折后的三角形为，且平面平面，则翻折后的最小值是_____． 【答案】 【分析】过点作， 设，中，利用余弦定理得的值，然后利用面面垂直证明平面，即得，在中，由勾股定理得与的关系式，可得当时，取得最小值． 【详解】解：过点作于点E，连接，如图所示． 设，由 则，，． 在中，由余弦定理得， ． ∵平面平面，平面平面，，平面， ∴平面． 又平面，∴． 在中，由勾股定理得， ∴当时，取得最小值，为． 【变式3-3】 （多选）（25-26高三下·河南·月考）已知三棱台的上、下底面相似比为1:2.在中，，侧棱，且与下底面所成的角为60°.则（）． A．直线与直线相互垂直 B．直线与直线相互垂直 C．侧面与底面相互垂直 D．侧面与侧面相互垂直 【答案】ABD 【分析】将三棱台的侧棱延长交于，由上下底面相似比得为中点，结合侧棱长推得，再由边长关系证得，取中点，证明平面，有面面垂直的判定定理得平面平面，作得底面，结合角度与余弦定理求出长，进而证得两两垂直，再依据线面垂直、面面垂直的判定与性质，逐一判定各选项中线线垂直、面面垂直及二面角的正误. 【详解】将直线与以及延长交于点，由上下底面相似比为. 所以，，分别为，，的中点. 因为，所以. 在中，由，可得, 取的中点，连接与， 且. 在等腰三角形中，且. 因为，所以平面，平面. 所以平面平面，两平面的交线为. 过点作于点，则平面，所以或120°（舍）. 在中，由余弦定理得到. 所以，解得，此时. 所以，又，且. 所以平面，故且，即与以及两两垂直． 由平面得到，即直线直线，A正确； 由且，故平面. 因为平面，所以，即直线直线，故B正确； 侧面所在平面即平面，二面角的平面角为. 在直角中，，所以. 即二面角的平面角为，侧面与底面不垂直，C错误； 侧面与所在平面即平面与平面. 由平面且平面，得到两平面相互垂直，故D正确． 题型四 空间几何体中的表面积、体积及距离问题 方法点拨： · 表面积计算规则几何体直接套用公式；不规则几何体通过割补法转化为规则几何体计算。 · 体积计算 ① 直接法：找到高和底面积，直接套用公式； ② 等体积法：换底换高，常用于求点到平面的距离； ③ 割补法：将复杂几何体分割或补成规则几何体。 · 距离问题优先使用等体积法，避免找垂线的麻烦；也可建立空间直角坐标系，用向量法计算。 刷经典·悟方法 【例4】 （多选）（25-26高二下·福建龙岩·期中）如图，在长方形中，，点是所在边和上的三等分点，将长方形按照图中虚线进行翻折，使得重合，重合，重合，重合，得到六面体，其直观图如图所示，则（    ） A．该六面体的表面积为3 B．点到平面的距离为 C．二面角的余弦值为 D．该六面体内能装下的最大的球的体积为 【答案】ABD 【分析】对于A，根据翻折得到六面体各边长，可知该六面体由两个全等的三棱锥和构成，结合翻折前后面面积不变，可直接计算出表面积；对于B，先证明平面，再利用等体积法即可求出点到平面的距离；对于C，以为原点建立空间直角坐标系，根据对称性得到点的坐标，再通过向量法求出平面与平面的法向量，进而计算二面角的余弦值；对于D，利用六面体的体积和表面积，通过等体积法求出内切球半径，进而计算其体积． 【详解】根据题意，在六面体中，，， 故此六面体由两个全等的三棱锥，构成， 表面积，故A正确． 又，，同理可得，， 又平面，平面，， ，设点到平面的距离为， ，，故B正确． 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 连接交平面于点，则，，， 又为等边三角形，且六面体关于平面对称， ，，则，， 易知平面的一个法向量为，设平面的法向量为， 则，不妨取，则， ，又二面角的平面角为钝角， ∴二面角的余弦值为，故C错误． 该六面体内能装下的最大的球为其内切球，设半径为， 六面体的表面积， ，解得，所以球的体积为， 即该六面体内能装下的最大的球的体积为，故D正确． 【变式4-1】 （25-26高三下·青海西宁·月考）如图，平行四边形ABCD中，，，E是边AB的中点，将沿直线DE折起，构成如图所示的四棱锥，则四棱锥体积的最大值为__________. 【答案】 【分析】易得当平面平面BCDE时，四棱锥的体积最大，再根据棱锥的体积公式计算即可. 【详解】由题意，当平面平面BCDE时，四棱锥的体积最大， 因为，，所以为等边三角形， 所以等边三角形的高为， 所以四棱锥的高最长为，体积的最大值. 【变式4-2】 （2026高一·全国·专题练习）某景区一座仿古建筑的屋顶是中国传统建筑中常见的“庑殿顶”，其顶盖几何模型如图所示，平面ABCD，底面ABCD是边长为18的正方形，侧面ABFE与CDEF是全等的等腰梯形，侧面ADE与BCF是等腰直角三角形，若，则EF到平面ABCD的距离为______. 【答案】 【详解】如图，设AD与BC的中点分别为M，N，连接EM，MN，NF， 因为侧面是等腰直角三角形，所以， 又N为中点，所以，则， 因为平面，平面侧面，平面，则， 又底面是正方形，所以，则， 因为M，N分别为AD与BC的中点，所以，故四点共面， 又平面，则平面， 因为平面，所以平面与底面垂直， 作，垂足为G，则FG的长度就是EF与MN的距离，即EF与平面ABCD的距离， 由已知，可得，所以， 则EF到平面ABCD的距离为． 【变式4-3】 （25-26高一下·福建·期中）如图，在直三棱柱中，底面ABC是正三角形，AB=2，，BC边上的中点为D． (1)求三棱柱截去三棱锥后所得几何体的表面积； (2)求直三棱柱外接球的表面积； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】(1)根据题意分别计算即可； (2)根据对称性找到球心，求出半径即可； (3)利用等体积法即可 【详解】（1）由题意得， ，从而， 所以AD⊥，所以， ，因为，，， ，， 所以， 所以三棱柱截去三棱锥后几何体的表面积为． （2）根据对称性，球心在直三棱柱的中心，设为O， 取H为等边△ABC的外心，所以AH为等边△ABC外接圆半径，设为r， 根据正弦定理，则，因为， 所以，在Rt△AOH中，， 所以直三棱柱外接球的表面积 （3）因为三棱柱是直棱柱， 所以⊥平面，⊥平面ABC，⊥平面ABC， 三棱锥的体积 设点到平面的距离为h，则 所以 题型五 空间中的夹角问题 方法点拨：· 异面直线所成角： 1 平移法：通过中位线、平行四边形平移直线，转化为相交直线的夹角； 2 向量法：利用向量夹角公式计算，注意取锐角或直角。 · 线面角： 1 定义法：找到直线在平面内的射影，计算夹角； 2 向量法：直线的方向向量与平面法向量夹角的补角的锐角值。 · 二面角： 1 定义法：找到二面角的平面角； 2 三垂线法：利用三垂线定理找平面角； 3 向量法：计算两个平面法向量的夹角或其补角 刷经典·悟方法 【例5】 （25-26高二下·北京海淀·期中）如图，为直四棱柱，底面ABCD是等腰梯形，，.点在平面内，是等腰三角形. ①若，直线与平面所成角的正弦值为__________； ②若二面角为，四棱锥的体积为__________. 【答案】 / 【分析】①问求线面角的正弦值，由等腰三角形条件确定点的坐标特征，再利用空间中两点距离公式及线面角的定义，将正弦值转化为垂线段与斜线段的比值直接求解； ②建立空间直角坐标系，依次求出底面梯形几何量（下底长、高、面积），并利用法向量（定义法列方程组）与二面角的余弦值建立方程解出高，最后代入棱锥体积公式得出结果. 【详解】已知直四棱柱底面是等腰梯形，，，. 过点分别作底边的垂线，垂足分别为. 因为，所以四边形为矩形，. 在中，，（腰长），由三角函数定义： ， 由等腰梯形的对称性，得. 因此下底. 上底面与底面全等，其面积：高 以为原点，方向为轴，梯形高方向（在底面内垂直于）为轴， 侧棱方向为轴.设侧棱长为，得各点坐标： ， 平面即为平面.点在该平面内，且为等腰三角形， 故在的垂直平分线上，得. 记为到上底面的距离， 已知，则解得. 设直线与平面所成角为，则 ②在平面内 设平面的法向量，则， 取，，则，故. 设平面的法向量， 点坐标为，取，则.另取. 则，取，则，代入得， 又，故，因此. 二面角的大小为，其余弦值为. 两法向量夹角的余弦值为： ， ， ， 所以：， 结合二面角方向判断，二面角为钝角，余弦值为负， 得：，解得（取正值）. 四棱锥体积： 代入得： 【变式5-1】 （2026·重庆九龙坡·二模）将边长为 2 的正方形 沿对角线 折起，使折起后 ，则二面角 的大小为_____. 【答案】 【详解】如图，取中点，连接，则，，所以是所求二面角的平面角， 因为，， 在中，由余弦定理得， 所以，即二面角的大小为. 【变式5-2】 （2026高一·全国·专题练习）已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线SA，SB互相垂直且的面积为3，直线SA与圆锥底面所成角为，则二面角的大小为____. 【答案】/ 【分析】 根据二面角的平面角的概念，做出二面角的平面角，求出各边长，在求出二面角的平面角的正弦值，可求得二面角的大小. 【详解】取的中点，连接， 因为，为的中点，则， 由垂径定理可得，所以二面角的平面角为， 因为平面，平面，则， 因为，，则为等腰直角三角形， 所以，则，，， 因为平面，则为直线SA与圆锥底面所成角，即， 则在中，，故， 所以， 因为，故，即二面角的大小为. 【变式5-3】 （多选）（2026·四川遂宁·二模）如图所示，矩形中，，将沿翻折至，使得，则（    ） A．不存在的值使 B．存在的值使平面平面 C．三棱锥体积的最大值为 D．当点在平面上的射影落在上时，直线与平面所成角为 【答案】BCD 【分析】直接利用勾股定理即可判断A；当时，可证平面，进而得到平面平面即可判断B；过作交于，则当平面时，三棱锥体积最大，接着求出判断存在性，再得到体积即可判断C；当点在平面上的射影落在上时，可推出平面平面，则，再利用等体积法求出三棱锥的高，进而得到直接与平面所成角即可判断D． 【详解】解：根据题意，， 若，则，即， 解得，符合题意，故A错误； 当时，，又平面， 平面，又平面， 平面平面，故B正确； 过作交于， 由题易知，， ，解得， 又， 所以当平面时，三棱锥体积最大， 此时，， ，又， ， ，符合题意， 三棱锥体积最大值为，故C正确； 当点在平面上的射影落在上时，平面平面， 又，平面平面，平面， 所以平面，平面，所以平面平面，故， 又，所以， ， ， 设三棱锥的高为，直线与平面所成角为， ，解得， ，又，所以， 直线与平面所成角为，故D正确． 题型六 立体几何中的折叠问题 方法点拨： 折叠问题的核心关系 不变量：折叠前后，同一平面内的线段长度、角度不变； 变量：折叠后，不同平面内的点、线、面位置关系发生变化，空间角度、距离改变。 关键几何量 折叠前后的垂直关系、平行关系、线段长度、角度，尤其是折叠前后始终垂直的线段。 解题方法 不变量优先分析先分析折叠前后始终不变的线段长度、角度和垂直关系，作为解题的突破口。 空间位置关系判定结合不变量，判定折叠后线线、线面、面面的位置关系，尤其是垂直关系。 建系与计算找到互相垂直的三条直线，建立空间直角坐标系，用向量法计算夹角、距离和体积。 刷经典·悟方法 【例6】 （25-26高一下·浙江温州·期中）如图（1），已知平面五边形中，是边长为的正三角形，，，将和分别沿AC，AD向上翻折至，使得在面ACD的同侧，且二面角的平面角和二面角的平面角的大小都为． (1)如图（2），当时，求证：平面ACD； (2)设该五面体外接球的球心为，半径为． （i）当时，求到平面的距离； （ii）求的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）翻折前：过B，E分别作AC，AD的垂线，垂足分别为F，G，分别延长BF，EG交CD于点H，M，可得二面角的平面角和二面角的平面角分别为和，由可得，根据几何关系证明为平行四边形，结合线面平行的判定定理即可证明结论； （2）（i）取AC的中点，连接为的外心，过作交于点，设为该五面体的外接球球心，由对称性知，该五面体的外接球，即三棱锥的外接球且面，结合长度关系即可求解； （ii）由题可得面且，得到，利用化简，结合基本不等式即可求解. 【详解】（1）翻折前：过B，E分别作AC，AD的垂线，垂足分别为F，G，分别延长BF，EG交CD于点H，M 翻折后：如图所示，则二面角的平面角和二面角的平面角分别为和 因为，则平面平面ACD， 因此， 因为是边长为的正三角形，， 所以都是直角三角形， 由面积相等，得， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又平面平面ACD， 因此平面； （2）（i）取AC的中点，连接为的外心， 过作交于点， 因为为正三角形， 所以， 故二面角的平面角为， 设为该五面体的外接球球心，由对称性知，该五面体的外接球，即三棱锥的外接球则面， 则到平面的距离为， 由题可知， ， 所以， 因此到平面的距离为； （ii）二面角的平面角为， 面， ， 因此， 所以， 则， 故， ， 所以， 当且仅当，即时取等号， 因此的最小值为. 【变式6-1】 （25-26高一下·山东济南·期中）如图1，设半圆的半径为2，点三等分半圆，，，分别是，，的中点，将此半圆以为母线卷成一个圆锥如图在图2中完成下列各题. (1)求在圆锥中的线段的长； (2)求四面体的体积； (3)若是的中点，在线段上是否存在一点，使得平面若存在，求的值，并证明你的结论；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2) (3)在线段OB上存在点E，且=3，证明见解析 【分析】 （1）将此半圆以为母线卷成一个圆锥后，点、为圆锥的底面圆周的三等分点，为等边三角形，通过外接圆半径计算边长，再由计算中位线的长度； （2）将此半圆以为母线卷成一个圆锥后，母线长为原半圆半径，底面圆周长为原半圆弧长，计算出半径后可以计算出圆锥高，体积即可求解； （3）通过中位线、平行四边形来构造出线面平行，从而找到点. 【详解】（1）在图中，设圆锥的底面圆半径为， 则，解得， 因为在图1中，点、三等分半圆， 所以在图中，点、为圆锥的底面圆周的三等分点， 所以为等边三角形，所以，所以， 又因为点、分别是、的中点， 所以； （2）， 圆锥的高， 所以， 所以， 即四面体的体积为； （3）在线段OB上存在点E，且，使得平面ABC， 理由如下：如图，取AC的中点F，且D是AN的中点，连接DF， 所以， 取CB的四等分点G，使，连接GE， 因为，所以，， 所以，， 所以四边形DFGE是平行四边形，所以 又平面ABC，平面ABC，所以平面 【变式6-2】 （多选）（2026·山东济宁·二模）如图1，与是两个等腰三角形，，.将沿着翻折到，如图2，设二面角的平面角为，，分别为和的中点，则（    ） A． B．四面体体积的最大值为1 C．时，过直线且与平行的平面截四面体所得截面面积为 D．时，四面体外接球表面积为 【答案】ABD 【分析】对于A选项，作辅助线通过证明线面垂直证明线线垂直；对于B选项，找出二面角的平面角，计算四面体体积与的关系来判断体积的最大值；对于C选项，通过取各边中点把截面作出来，结合A选项得到截面为矩形，再计算面积；对于D选项，时，四面体有两个平面互相垂直，属于垂面型外接球，找到球心，计算出半径即可. 【详解】对于A选项，取中点，连接 由于与是两个等腰三角形，， 沿着翻折到，所以，,点为中点， 所以， 故平面, ,所以A选项正确； 对于B选项，作于点，作 于点,连接,那么由可知 ,那么为二面角的平面角, 面, 所以，面,， ， 所以，四面体体积的最大值为1，故B选项正确； 对于C选项，分别取 的中点 ，连接 , 根据中位线的性质可知 ,且 所以， 且 ，四边形 为平行四边形， 所以，直线且与平行的平面截四面体的截面为.当时，由B选项可知为正三角形，, , 由可得，,为矩形， ，故C选项错误； 对于选项D，当时，平面平面,由B选项可知平面, 取的外心，取的外心，外接圆半径, 分别作平面的垂线，平面的垂线 交于一点,即四面体外接球球心，作于点 ，由于，所以为等腰直角三角形， 所以，, 所以，， ，故D正确. 【变式6-3】 （2026·山西晋中·模拟预测）如图1，AC为半径为2的圆O的直径，点D，B为圆O上的两点，且．．如图2，将圆O沿AC翻折，E为线段BD上的一点，连接OB，OD，OE，BD． (1)若，E为BD的中点，证明：； (2)若平面平面，求二面角的余弦值； (3)求翻折过程中，直线OD与平面ABC所成角的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面，即可证得； （2）由面面垂直的性质定理证明平面，建立空间直角坐标系，由面面角的向量求法可求得二面角的余弦值； （3）在（2）的坐标系下，设两个半圆面所成的角为，将直线与平面所成的角的正弦值表示成的函数，从而求得其最大值. 【详解】（1）如图，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，平面平面，平面， 所以平面. 故以为坐标原点，以，所在直线，平面内过点且垂直于的直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系． ，．则，，，， ，，，． 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， ． 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， ． ． 由图知二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为． （3）同（2）中的建系，则平面的一个法向量． 设两个半圆面所成的角为，则， ． 设直线与平面所成的角为， 则， 当时，取得最大值，为． ，． 题型七 立体几何中的探索性问题 方法点拨： · 假设验证法假设存在满足条件的点 / 线 / 面，设出参数（如点的位置参数），结合几何关系列方程求解，有解则存在，无解则不存在。 · 向量法建立空间直角坐标系，用向量表示点、线、面，将平行、垂直、夹角等条件转化为向量方程求解参数。 · 特殊位置法先通过特殊位置（如中点、三等分点）猜想可能的结论，再进行严格证明。 刷经典·悟方法 【例7】 （2026·上海杨浦·模拟预测）如图1，在梯形中，，， 的中点且，的内角的对边分别为，且满足，点为边上一点，当面积最大时，将沿翻折得到四棱锥（如图2），点为线段的中点． (1)若，求的长； (2)若四棱锥的体积等于2，是否存在点N使得MN与平面PBC所成角的余弦值为，若存在，求出点N位置，若不存在，请说明理由． 【答案】(1). (2)存在，，. 【分析】（1）利用余弦定理和面积公式可得面积最大时为等边三角形、四边形为菱形，结合空间平行关系的转化可求的长. （2） 翻折后面积最大时对应平面平面，结合几何关系或空间向量法求解线面平行、线面角问题. 【详解】（1）∵ 在中，由射影定理得， 又，故，∵ ，∴ ， 由余弦定理可得，故， 当且仅当时等号成立， 故， 此时为等边三角形，且，. ∵ 为中点，故，故， 故四边形为菱形，取中点，连接、， ∵ 为中点，为中点，∴ ， ∵ 四边形为平行四边形，故，∴ ， ∵ 平面，平面，∴ 平面， ∵ 平面，，平面， ∴ 平面平面，∵ 平面平面， 平面平面，∴ ， ∵ 为中点，∴ 为中点，故. （2）由（1）可知为边长为的等边三角形，四边形为边长为的菱形 故边上的高为，翻折后四棱锥体积为2， ∵ 底面平行四边形的面积， 设四棱锥高为，∴ 由体积公式，代入得，解得， ∴ 翻折后平面平面，取中点为原点，则， 而平面平面，平面，故平面， 故建立如图所示的空间直角坐标系： 各点坐标为，，，，， ∵ 为中点，∴ ， 设（），则的坐标为， ∴ ， 设平面的法向量为，，， ∵ ，，∴ ，取， 设与平面所成角为，则且，∴ ， 故， 整理得，解得， ∵ 不符合取值范围，舍去，∴ ，即存在点，. 【变式7-1】 （25-26高一下·福建莆田·期中）已知菱形的边长为，平面外一点在平面上的射影是与的交点是等边三角形． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，以及此时线段的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)点在线段上靠近点的4分点处，此时， 【分析】（1）由题可得平面，故，根据菱形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理即可证明； （2）由已知，结合即可求解； （3）由线面平行的判定定理可得平面，可得到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交于点，要使角最大，则需使最小，此时，从而求解． 【详解】（1）∵点在底面上的射影是与的交点， 平面， 平面，， 四边形为菱形，， ，平面， 平面． （2）由题意可得,与都是边长为2的等边三角形， ，， ， ，， 设点到平面的距离为， 由得， 即，解得， 故点到平面的距离为． （3）设直线与平面所成的角为， 平面， 到平面的距离即为到平面的距离， 过作垂线平面交于点，则， 此时，要使最大，则需使最小，此时， 由题意可知：，， 平面，且， ，， 在中，由余弦定理可得： ， ， 由面积相等， 即，解得：， ，， 即点在线段上靠近点的4等份点处，此时，． 【变式7-2】 （25-26高二下·江苏徐州·月考）已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面平面，分别是的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的大小； (3)线段上是否存在一个动点（不包括端点），使得直线与平面所成角为，若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，. 【分析】（1）根据给定条件，利用平行公理及线面平行的判定推理得证. （2）取的中点并以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. （3）由（2）中的法向量，利用线面角的向量法列式求解. 【详解】（1）在四棱锥中，由分别是的中点，得， 由正方形，得，因此，而平面，平面， 所以平面. （2）取的中点，连接，由是正三角形，得，而平面， 平面平面，平面平面，则平面， 又为正方形边的中点，则，直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则， 取，， 设平面的法向量为，则， 取，， 因此，，显然二面角的大小为锐角， 所以二面角的大小为. （3）由（2）得，， 设， 则， 假定直线与平面所成角为，则 ，而，解得，此时， 所以在线段上存在点M，使得直线与平面所成角为，. 【变式7-3】 （24-25高二下·江苏宿迁·期中）如图平面，，是线段上的动点，是的中点，已知. (1)证明：平面； (2)若，. ①求点到平面的距离； ②试探究：在线段上是否存在点，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)①点到平面的距离为；②存在，或. 【分析】（1）由线面垂直可得线线垂直，再由线面垂直的判定定理得出线面垂直即可得证； （2）①建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面距离；②设存在，根据向量法由平面的夹角公式求出即可得解. 【详解】（1），是的中点，， 平面，平面，， 又，又，平面，平面， 平面， 又平面，， 又，平面，平面， 平面； （2） ①以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系： ，，，，， ，， 设平面的法向量为 则，即，取，可得， 所以，即点到平面的距离为； ②， 设，则， ， 设平面的法向量为 则，即， 令，可得， 设平面与平面夹角， 所以， 又平面与平面夹角的正弦值为，所以，又， 所以，所以， 化简得，解得或， 所以或， 所以或. 1．（25-26高一下·浙江·期中）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则以下说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【详解】对于A，，则，相交或异面，故错误； 对于B，，则与的关系可以是平行，相交或，故错误； 对于C，，则，故正确 对于D，如图，满足，不满足，故D错误. 2．（25-26高一下·浙江宁波·期中）已知P为空间中一点，m，n，l为互不相同的直线，α，β，γ为互不相同的平面，则下列推理中正确的是（   ） A．， B．， C．，， D．，，， 【答案】C 【分析】利用平面基本事实判断A；利用线面平行的判定判断B；利用面面垂直的性质，线面垂直的判定判断C；利用线面垂直的判定判断D． 【详解】对于A：由，，则，两个平面相交于一条直线，而不是一个点，故A错误； 对于B：由，，则可能有，或，故B错误； 对于C：由，，，则，故C正确；     对于D：由，，，，则可能有，或，或，故D错误． 故选：C 3．（2026·广东东莞·二模）设为两个不同平面，为一条直线，则的充分条件可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】对于A，如图： 当时，满足，但不能得出，故A错误； 对于B，由垂直于同一直线的两平面互相平行，可得当时，则有，故B满足题意； 对于C，如图： 当，且，则有.所以由，不能得出，故C错误； 对于D，因为，根据线面垂直的判定定理可得，故D错误. 4．（多选）（2026·河南商丘·模拟预测）如图，已知四棱锥，其中底面为正方形，平面，为线段的中点，与交于点，，，则（   ）    A．平面 B．平面 C．二面角的余弦值为 D．直线与所成的角为 【答案】ABD 【分析】根据线面平行的判定定理可判断A的正误，根据空间垂直关系的转化可判断B的证明，构造面面角或线面角结合余弦定理可判断CD的正误. 【详解】连接，因为，平面，平面， 所以平面，故A正确． 由正方形可得， 而平面，故平面，因平面，故， 因为，平面，所以平面，故B正确． 连接，同理可证平面，而平面，故，    所以为二面角的平面角， 因为平面，平面，故， 故，而，， 则，故C错误． 取的中点，取的中点，连接，，， 则，则直线，所成的角为或其补角， 同理可证平面，而平面，故， 故，因为所在边的中点，故， 故平面，而平面，故， 故，又， 故， 故，则直线与所成的角为60°，故D正确．    5．（25-26高一下·云南昆明·期中）已知正三棱台的体积为，，，，分别是和的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正三棱台的性质，结合已知条件求出相关边的长度，进而利用余弦定理计算异面直线所成角的余弦值． 【详解】如图，设正三棱台的上、下底面中心分别为，，高为， ， ，， ， 解得， 在正中，， 同理得， 在直角梯形中，， 在等腰梯形中，由于，分别是和的中点， 为等腰梯形的高， ，即； 同理在等腰梯形中，对角线， ； 设的中点为，连接，， 且， 是异面直线和所成的角（或补角）， 又在中，； 在中，由余弦定理，得， 异面直线和所成角的余弦值为． 6．（多选）（25-26高一下·广东东莞·期中）正方体的棱长为2，点为线段上一动点，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．直线与直线所成的角为 C．在点运动过程中，有 D．当为的一个三等分点时，平面截正方体所得的截面面积为 【答案】ACD 【分析】根据面面平行结合等体积计算判定A；直线与直线所成的角转化为直线与直线所成的角，再计算的余弦值可判断B；通过证明平面，即可判断C；不妨设为上靠近的一个三等分点，设平面与，的交点分别为，，根据面面平行的性质得到四边形为平行四边形，再利用余弦定理及面积公式计算即可判断D， 【详解】对于A，如图，因为在正方体中，平面平面， 且平面与平面的距离为正方体棱长，而， 所以三棱锥的体积，为定值，因此A正确； 对于B，，所以直线与直线所成的角等于直线与直线所成的角， 由勾股定理得，， 在三角形中，由余弦定理，， 所以，B错误. 对于C，如图，连接，，，， 因为在正方体中，易知，，，平面，， ∴平面，平面，∴，同理， ，、平面，∴平面， 而点为线段上一动点，所以平面，因此，所以C正确； 对于D，不妨设为上靠近的一个三等分点，即，如图所示， 设平面与，的交点分别为，，∵平面平面， ∴，同理， ∴平面截正方体所得的截面为平行四边形， ∵，∴，∴，∴, 由余弦定理的推论可求得， ∴，∴， 当为上靠近的一个三等分点，同理可求得截面面积为，因此D正确. 7．（25-26高二下·江苏连云港·月考）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，，．沿AC把折起，使二面角为直二面角，则二面角的余弦值为________． 【答案】 【分析】以点 为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解二面角即可. 【详解】以点 为坐标原点，平面 为 平面， 方向分别为 轴的正方向， 建立空间直角坐标系，则 ， 在矩形 中，作 于 于 于 ，则 为 在平面 上的射影. 因为 ，所以 . 所以 ，所以 ， ， 所以 ，所以 ， 设平面 的法向量为 . 则 ，令 ，则 ， 因为平面 的一个法向量为 ， 所以 . 由图可知二面角 为锐角. 所以二面角 的余弦值为 . 8．（25-26高一下·浙江丽水·期中）四棱锥的底面为平行四边形，如图所示，点是棱上一点，，若且满足平面，则________． 【答案】/0.5 【分析】连接BD，交AC于点O，连接OE，利用中位线性质和线面平行的判定证明平面ACE，结合平面ACE，则证明平面平面ACE，再利用面面平行的性质则有，即可得到答案. 【详解】如图，连接BD，交AC于点O，连接OE， 由四边形是平行四边形，得， 在线段PE上取点G，使得，由，得， 连接BG，FG，则，由平面，平面， 得平面，而平面，，平面， 因此平面平面，又平面平面，平面平面， 则，所以. 9.（2026·北京昌平·一模）在棱长为2的正方体中，点满足，其中，给出下列四个结论： ①当时，，的面积为定值； ②当时，，三棱锥的体积为定值； ③当时，存在唯一的，使得； ④当时，存在唯一的，使得平面． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】②③ 【分析】①根据向量运算得出线段，再分别取点重合、点重合两种情况计算面积；②根据向量运算得出线段，判断三棱锥的体积为定值；③分别取线段的中点，根据向量运算得出点线段，利用勾股定理计算；④分别取线段的中点，根据向量运算得出点线段，利用反证法判断. 【详解】①当时，，则， 因为，所以线段， 若点重合，则， 则的面积为， 若点重合，则， 则，则的面积为， 故的面积不为定值，①错误； ②当时，，则， 因为，所以线段， 因为平面，平面，所以平面， 则点到平面的距离为定值， 又的面积为定值，故三棱锥，即三棱锥的体积为定值，故②正确； ③当时，， 分别取线段的中点，则，则， 则点线段， 因为平面，平面，所以， 因为，， 所以，得， 故存在唯一的，使得，故③正确； ④当时，， 分别取线段的中点，则，则， 则点线段， 若平面，平面，则， 因为平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 又平面，所以，显然不可能成立， 故不存在，使得平面，故④错误.   10．（25-26高一下·全国·期中）如图，在棱长均相等的四棱锥中，为底面正方形的中心，，分别为侧棱，的中点，有下列结论： （1）平面； （2）平面平面； （3）； （4）直线与直线所成角的大小为． 其中正确结论的序号是____________． 【答案】（1）（2）（3） 【分析】根据题意，得到，利用线面平行的判定定理，证得平面，可判定（1）正确；再证得平面，利用面面平行的判定定理，可判定（2）正确；利用勾股定理，证得，结合，可判定（3）正确；利用异面直线所成角的定义和求法，可判定（4）错误. 【详解】如图所示，连接，因为分别为的中点，可得， 又因为平面，平面，所以平面，所以（1）正确； 因为分别为的中点，可得， 又因为平面，平面，所以平面， 因为，且平面，所以平面平面，所以（2）正确； 由于四棱锥的棱长均相等，所以，所以， 因为，所以，所以（3）正确． 由于，分别为侧棱，的中点，所以， 因为四边形为正方形，所以， 所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，即为或其补角， 又因为三角形为等边三角形，所以，所以（4）错误． 故答案为：（1）（2）（3）. 11．（25-26高一下·天津和平·期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，分别是的中点. (1)求证：平面； (2)在上取一点（不与重合），设过点和的平面交平面于，求证：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，要判定平面，只需判定平行于平面内的一条直线即可证明. （2）根据线面平行的判定定理和线面平行的性质定理进行证明. 【详解】（1）取的中点，连接，如图所示. 因为分别是的中点， 所以中，，且. 因为四边形为平行四边形，所以，且. 所以且 所以四边形为平行四边形，所以 又在平面内，在平面外， 所以平面. （2）连接交于点，连接，如图所示. 因为四边形是平行四边形，所以是的中点. 又因为是的中点，在中，根据三角形中位线定理可得. 因为平面在平面外， 根据线面平行的判定定理，得知平面. 因为过点和的平面交平面于，且平面， 根据线面平行的性质定理可得，. 12．（25-26高三下·广东汕头·月考）如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，是的中点． (1)求与所成角的余弦值： (2)记是与的交点，在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值：若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式即可求解； （2）求平面的法向量为，设，由求出即可. 【详解】（1）由题意得：以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图， 由，，所以， 所以， 所以； （2）由题意得四边形为矩形，所以点为的中点， 所以，所以， 设，所以， 所以， 设平面的法向量为， 由， 所以，令，得， 由平面，所以， 解得， 所以当时，平面. 13．（2026·山西晋城·模拟预测）在四棱锥中，平面平面，，是线段的中点． (1)证明：． (2)若二面角的平面角的余弦值为． ①求线段的长； ②若为线段的中点，点在线段上，是否存在实数，使得当时，平面？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)①；② 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理得出线面垂直，再应用线面垂直的定义得出线线垂直； （2）①根据题意，建立恰当的空间直角坐标系，先求出平面与平面的法向量，再根据求平面与平面夹角余弦公式计算求解参数；②计算得出，进而得出，再应用线面平行的向量关系列式求解. 【详解】（1）因为，且是线段AD的中点，所以， 又因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面，平面，所以； （2） ①又底面是直角梯形，过作 ， 由平面，平面， 故， 故两两垂直， 故可以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、， 设，则， 则， 设平面的一个法向量， 因为，可得， 令，则，所以， ， 设平面的一个法向量， 可得， 令，则，所以， 设的平面角为， 则， 所以，所以； ②因为，且为线段的中点，所以， 点在线段上，因为， 若平面，且平面的一个法向量， 所以， 解得； 14．（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. 15．（2026·四川攀枝花·二模）如图，平面四边形中，是边长为2的等边三角形，，．现将沿翻折至，使得． (1)证明：平面平面； (2)已知是线段上的点，若直线与平面所成角的正弦值为，求点到直线的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先利用勾股定理的逆定理证明，，再利用线面垂直的判定定理证明平面，最后利用面面垂直的判定定理证明平面平面. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到直线的距离. 【详解】（1）在中，，，， 由余弦定理，， 即. 由， 所以为直角三角形，且. 在中，，，， 因为，所以为直角三角形，且， 由平面，，所以平面. 由平面，所以平面平面. （2）以的中点为原点，所在直线为轴，以过点与平行的直线为轴， 以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则，，，. 所以，. 设平面的法向量为， 则， 令，则，，此时. 因为，设（）， 则. 因为，，， 由， 又，所以. 所以. 因为，，， 所以点到直线的距离为：. 16．（2026·山东日照·二模）如图1，在边长为2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，记二面角的平面角为． (1)若，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． 【答案】(1)1 (2) 【分析】（1）根据二面角的定义以及线面垂直的判定定理证明该图形为直三棱柱，然后根据棱柱的体积公式即可求解. （2）建立空间直角坐标系，求出点坐标以及平面的一个法向量，然后根据线面角的空间向量公式即可求解. 【详解】（1）由折叠性质可知：，， 因此 就是二面角的平面角，即 ， 三棱柱为直三棱柱， 原正方形边长为2，为中点，故， . 当​时，，， ，侧棱长为高， 因此三棱柱的体积 . （2）建立空间直角坐标系：以为原点，为轴，为轴，垂直平面向上为轴， 各点坐标为 ，，，， 设 ， ，， 由得 ，解得，即， 因此， ，，设平面的法向量为， 由，取得， ， ， 设直线与平面所成角为，由线面角公式得 . 17．（25-26高一下·浙江温州·期中）如图：等边三角形和直角三角形，，，绕翻折，使点到达点． (1)求三棱锥的体积最大值； (2)当时，求直线与平面所成角的正弦值； (3)求三棱锥表面积最大时，二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）当平面平面时，棱锥体积最大，求出棱锥高即可得解； （2）过作于，连接，证明平面，得出即为直线与平面所成角，解直角三角形得解； （3）当三棱锥表面积最大时，作出二面角的平面角，利用余弦定理求解即可. 【详解】（1）要使三棱锥的体积最大，即点到平面的距离最大． 所以平面平面， 取中点，连接， 则，又为交线，平面， 所以平面，即三棱锥的高为， ，，， （2），，,平面， 平面，由平面， ，， 过作于，连接， 平面，，又，平面， 平面，即为直线与平面所成角， 在等腰三角形中，， 所以， 则， 所以， 设直线与平面所成角为，故. （3）设， 则， 即① 令② ①②得 ， 取最大值时,即三棱锥的表面积最大时，，代入①式得， 过作，连接，且，过作，交于，如图， 则二面角的平面角为， 因为， ，， 所以． 18．（25-26高二下·河南平顶山·期中）如图，矩形中，点，，分别在，，上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得平面平面.    (1)证明：平面. (2)若存在点，使得点到，，，的距离相等. （ⅰ）求点到平面的距离； （ⅱ）若点满足，当取得最小值时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）利用直线方向向量和平面法向量垂直证明线面平行即可； （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，结合方向向量和法向量以及点到平面的距离公式计算距离； （ⅱ）利用空间中线段最短的性质，确定位于线段，再分别求出平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式计算二面角的余弦值. 【详解】（1）证明：在矩形中，因为∥，， 所以四边形为正方形， 则，，即，又， 所以平面，则是平面的一个法向量， 同理证得平面，又平面， 所以，即， 又平面，所以∥平面. （2）连接，，由（1）知，∥，且平面， 所以平面，则， 因为平面平面，且，平面平面， 所以平面，又平面，则， 在，中，当为的中点时，点到，，，的距离相等.    （ⅰ）由上知，，，两两垂直，以为原点，以，，所在直线分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， ，. 设平面的法向量为， ，令，则 所以点到平面的距离为. （ⅱ）由可知，点在以为球心，以为半径的球的球面上， 当，，共线，且位于线段上时，取得最小值. 由坐标系可知，， ，所以， 则，又， 设平面的法向量为， ，令，则， 由（1）知是平面的一个法向量，记为， 于是，故平面与平面夹角的余弦值为. 2 学科网（北京）股份有限公司 $