专题03 立体几何(基础+中档) 解答题专项训练-2026届高考数学三轮冲刺

专题03 立体几何(基础+中档) 题型1：求线线角、线面角、二面角 题型2：体积与距离问题 题型3：翻折与动点（存在）问题 题型1：求线线角、线面角、二面角 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·广东·一模）如图，平面平面，四边形与都是直角梯形，． (1)求证：，，，四点共面； (2)设，求平面与平面夹角的余弦值． 3．（2026·山西朔州·二模）如图，四棱锥的底面是菱形，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 4．（2026·河南开封·模拟预测）如图，在四棱台中，四边形是正方形，，平面，点满足，，且平面. (1)求实数； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 5．（2026·河北张家口·二模）如图，在正四棱锥中，M，N分别为棱，的中点，点Q满足，． (1)证明：． (2)已知D，M，Q，N四点共面． （ⅰ）求的值； （ⅱ）若，与底面所成角的正切值为2，求平面与平面夹角的余弦值． 6．（2026·江西抚州·二模）如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，. (1)证明：平面平面. (2)求点到平面的距离. (3)求平面和平面夹角的余弦值. 7．（2026·河南濮阳·二模）如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD是正方形，底面ABCD，是线段PC的中点，在线段PB上，． (1)求证：平面BDE； (2)求证：平面DEF (3)在线段PB之间（不含端点），EG与PA所成的角为，求平面DEF与平面DEG夹角的余弦值． 8．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知正方形的边长为，将沿翻折至，如图，在二面角内有一点，满足，且． (1)求证：平面； (2)若二面角大小为，求与所成角的余弦值． 题型2：体积与距离问题 9．（2026·广东中山·三模）如图，在四棱锥中，底面，，，.以为直径的球面分别交，于，两点（，异于所在棱端点）. (1)证明：平面； (2)求异面直线与的夹角； (3)求三棱锥的体积. 10．（2026·上海闵行·二模）如图，圆柱的轴截面是边长为4的正方形，为底面圆的一条直径，且. (1)求异面直线与所成角的大小（用反三角表示）； (2)求点到平面的距离. 11．（2026·上海普陀·二模）如图，在正三棱柱中，D、E分别是棱、的中点，且. (1)求证：直线平面； (2)求点A到平面的距离. 12．（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． 13．（2026·广东佛山·二模）如图，是圆柱的母线，四边形是底面内接正方形．点是棱上的动点（不与端点重合），且． (1)证明：平面； (2)已知圆柱的体积为，，点到直线的距离是1． （i）求的长度； （ii）求直线与平面所成角的正弦值． 14．（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． 15．（2026·天津·一模）如图，在四棱锥中，平面，. (1)求证：平面； (2)已知点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的值； (3)求三棱锥的体积. 16．（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. 题型3：翻折与动点（存在）问题 17．（2026·山东潍坊·一模）如图1，在平面四边形中，，将沿翻折，得到如图2所示的三棱锥，且在平面上的射影恰为的外接圆的圆心.    (1)证明：平面平面； (2)设点满足，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 18．（2026·云南曲靖·模拟预测）如图1，四边形是边长为5的正方形，扇形中，，弧上的点M满足，中，，．现将沿进行翻折，正方形沿进行翻折，使得点E与点C重合为点P，点D到达点G的位置，得到如图2所示的几何体，且点N满足． (1)证明：∥平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 19．（2026·河南焦作·模拟预测）如图，在中，，，为的中点，过作，交于，将四边形沿翻折至四边形，使得平面平面． (1)证明：是直角三角形． (2)若，，，，五点均在球的球面上． （ⅰ）求球的表面积； （ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值． 20．（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. 21．（2026·广东汕头·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，点E、F分别为棱PD、AD的中点. (1)求证：平面平面ABCD； (2)请作出四棱锥过B、E、F三点的截面，并求出截面图形周长； (3)过B、E、F三点的平面上是否存在动点，使其到点的距离为3？若存在，求点在运动过程中所围成的图形的面积；若不存在，请说明理由. 22．（2026·北京·模拟预测）如图，在三棱柱中，四边形为正方形，为等边三角形，平面平面，，为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 23．（2026·山东东营·一模） 如图，在三棱锥中，平面⊥平面，， 分别为棱上的点. (1)若∥，∥，证明:∥； (2)若分别为棱 的中点，在棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为?若存在，求 的值；若不存在，请说明理由. 24．（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． 25．（2026·山东泰安·模拟预测）在斜三棱柱中，，，为菱形，，，为中点． (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，使二面角为，若存在，求出的位置，若不存在，请说明理由． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 立体几何(基础+中档) 题型1：求线线角、线面角、二面角 题型2：体积与距离问题 题型3：翻折与动点（存在）问题 题型1：求线线角、线面角、二面角 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·广东·一模）如图，平面平面，四边形与都是直角梯形，． (1)求证：，，，四点共面； (2)设，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系,设,通过向量法可证得，即共面; (2)分别求出平面与平面的法向量，用向量夹角的余弦公式求解即可. 【详解】（1）由平面平面，，得平面，以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系： 设， 则， 故，， 共面. （2）设，故， 设平面的法向量为， 由， 得，取，可得； ， 设平面的法向量为， 由， 得，取，所以， ， 设平面与平面夹角为 , 即平面与平面夹角的余弦值. 3．（2026·山西朔州·二模）如图，四棱锥的底面是菱形，，，，为的中点. (1)求证：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). 【分析】(1)分别证明，，利用线面垂直的判定定理即可证明结论； (2)设与相交于点.以为坐标原点，直线，分别为，轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，表示各点的坐标，求出平面的法向量，利向量夹角的余弦公式求解即可. 【详解】（1），，是的中点， ，且.         在中，同理可得，.         ， . 又平面， 平面. （2）设与相交于点. 以为坐标原点，直线，分别为，轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，.         设. 则，可得， 则，，.         设平面的法向量为， 则，即，可取.         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. 4．（2026·河南开封·模拟预测）如图，在四棱台中，四边形是正方形，，平面，点满足，，且平面. (1)求实数； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，根据直线的方向向量和平面的法向量垂直可求的坐标，从而确定实数的值； （2）利用向量法可求线面角的正弦值. 【详解】（1）设， 因为四边形为正方形，故，而平面， 故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 设，则，， 设平面的法向量为， 则即，取， 因为平面，故，故即， 故为的中点，故，故. （2）由（1）可得， 设平面的法向量为， 则即，取， 设直线与平面所成的角为， 则. 5．（2026·河北张家口·二模）如图，在正四棱锥中，M，N分别为棱，的中点，点Q满足，． (1)证明：． (2)已知D，M，Q，N四点共面． （ⅰ）求的值； （ⅱ）若，与底面所成角的正切值为2，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ）0 【分析】（1）在中，，再证明平面，根据传递性可得平面，进而证明． （2）（ⅰ）由D，M，Q，N四点共面，利用空间向量共面定理，设出，结合，建立关于的方程求解即可. （ⅱ）先通过条件求出，建系，写坐标，求法向量，借助空间向量求平面与平面夹角的余弦值即可． 【详解】（1）证明：设，则在正四棱锥中，平面． 因为M，N分别为棱，的中点，则， ，，平面， 所以平面，平面， 又平面，所以． （2）（ⅰ）由题可知，，． 因为M，N分别为棱，的中点，所以，， ． 又因为D，M，Q，N四点共面，则有， 于是可得， 可得 解得． （ⅱ）因为，与底面所成角的正切值为2， 所以，所以． 如图，以O为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，，， ． 设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以平面的一个法向量为． 设平面的法向量为， 则，不妨令，则， 所以平面的一个法向量为． 设平面与平面的夹角为，则 ， 所以平面与平面夹角的余弦值为0． 6．（2026·江西抚州·二模）如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，. (1)证明：平面平面. (2)求点到平面的距离. (3)求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】取中点，连接PO，CO，根据等边及等腰三角形的性质，可证，，根据勾股定理，可求得PO，CO的长，根据AC的长，结合勾股定理，可证，根据线面垂直的判定定理，可证平面，根据面面垂直的判定定理，即可得证. （2）如图建系，求得各点坐标和各个所需向量坐标，可求得平面的法向量，根据点到平面距离的向量求法，代入数据，即可得答案. （3）求出平面PBC的法向量，根据二面角的向量求法，可求得二面角的余弦值，根据同角三角函数的关系，即可得答案. 【详解】（1）证明：如图，取中点，连接， 因为是边长为2的等边三角形，为中点， 所以，且. 又因为为中点， 所以，且. 因为，所以， 所以. 又平面， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面. （2）由（1）得两两互相垂直， 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， 所以， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则， 故平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离. （3）由（2）可知，， 设平面的法向量为， 所以，即， 令，则， 故平面的一个法向量为， 由（2）知平面PAC的一个法向量为，）， 所以， 故平面和平面夹角的余弦值为. 7．（2026·河南濮阳·二模）如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD是正方形，底面ABCD，是线段PC的中点，在线段PB上，． (1)求证：平面BDE； (2)求证：平面DEF (3)在线段PB之间（不含端点），EG与PA所成的角为，求平面DEF与平面DEG夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可； （2）根据线面垂直的性质和判定定理进行证明即可； （3）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）连接AC，交BD于，连接OE，因为E，O为中点， 所以EO是的中位线，所以， 又因为平面平面BDE，所以平面BDE． （2），又是PC的中点，所以， 因为底面ABCD， 所以， 而平面平面PDC， 所以底面平面PDC，所以 又平面平面PBC， 故平面PBC，平面PBC， 所以， 又因为平面平面DEF， 故平面DEF． （3）设，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系， 设．， ，，， 因为与所成的角为， 则即， 化简得，又因为，解得 又因为，故，设平面DEG的一个法向量为，则 ，令，则 所以． 由（2）可知：平面DEF， 故是平面DEF的一个法向量， 设平面DEF与平面DEG夹角为，则有． 故平面DEF与平面DEG夹角的余弦值为． 8．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知正方形的边长为，将沿翻折至，如图，在二面角内有一点，满足，且． (1)求证：平面； (2)若二面角大小为，求与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）要证明线面垂直，需要证明该直线与该平面内的两条相交直线垂直即可，即证明. （2）先建立空间直角坐标系，然后根据向量夹角的余弦公式计算即可. 【详解】（1）证明：取中点，连接，，，由于，，， 由等腰三角形三线合一可得，，， 又因为，面，可得面，从而， 同样的，又因为，面，可得面，从而， 又因为，面，可得平面． （2）解：由于正方形，所以，又因为， 由（1）有，所以，从而有， 以为原点，以，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系如图， 由于二面角的平面角即为，由（1）可知、、、共面， 又因为可得， 所以，，，， ，，所求角的余弦为：． 题型2：体积与距离问题 9．（2026·广东中山·三模）如图，在四棱锥中，底面，，，.以为直径的球面分别交，于，两点（，异于所在棱端点）. (1)证明：平面； (2)求异面直线与的夹角； (3)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，先求坐标，运用向量数量积求解夹角；（3）转换三棱锥的顶点，计算出底面积和高即可求解体积. 【详解】（1）由底面，底面，得； 又，， 故，，因此平面. 平面，故. 在以为直径的球面上，直径所对的圆周角是直角，得，即. 又，平面，因此平面，得证. （2） 以为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系， 由题意得各点坐标. 由（1）可知，所以. 因为所以为的中点，得. ， 则，， 所以，解得，即. 得，. ， 故，因此异面直线与的夹角为. （3）由（2）可知，， 设平面的法向量为，则， 化简得 令，得，因此平面的一个法向量为. ，点到平面的距离，​ 又，，​， . 故， 三棱锥体积. 10．（2026·上海闵行·二模）如图，圆柱的轴截面是边长为4的正方形，为底面圆的一条直径，且. (1)求异面直线与所成角的大小（用反三角表示）； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，把异面直线所成角转化为两条异面直线的方向向量的夹角求解 （2）通过（1）空间直角坐标系利用向量运算求点到平面距离 【详解】（1）根据题意建立以底面圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，垂直于方向为轴的空间直角坐标系， 则，，，，， 因为，所以， 所以，， ，， 设异面直线所成角为，则 所以异面直线与所成角为 （2），，， 设平面的法向量为， 则由，，得，令，则， 所以 设点到平面的距离为，则 11．（2026·上海普陀·二模）如图，在正三棱柱中，D、E分别是棱、的中点，且. (1)求证：直线平面； (2)求点A到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据正三棱柱的结构可判断四边形的形状，进行面面垂直、线面垂直、线线垂直之间的转化；（2）根据三棱锥的体积相等可求距离，也可利用空间向量求解距离问题. 【详解】（1）如图1，连接， 由正三棱柱的结构特征可知， 在正三棱柱中是正三角形，侧面均为矩形，平面. 因为D是棱的中点，所以， 因为平面，所以平面平面. 又平面平面，所以平面. 又平面，所以. 因为，所以矩形为正方形，所以， 又，所以， 因为平面，，所以直线平面. （2）方法一：设点A到平面的距离为h， 因为平面，所以到平面的距离相等，都为. 由（1）知，侧面均为正方形，所以，， 又，所以为等腰三角形，所以. 又，即， 所以，解得，即点A到平面的距离为. 方法二：取的中点，连接，由（1）可知两两互相垂直， 所以以D为原点，建立如图2所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 即，所以点A到平面的距离为. 12．（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：. . 13．（2026·广东佛山·二模）如图，是圆柱的母线，四边形是底面内接正方形．点是棱上的动点（不与端点重合），且． (1)证明：平面； (2)已知圆柱的体积为，，点到直线的距离是1． （i）求的长度； （ii）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）利用正方形的特征，线面垂直的性质、判断推理得证. （2）（i）以点为原点建立空间直角坐标系，利用点到直线距离的向量求法列式求出；（ii）求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）在正方形中，由，得，， 则，，因此， 由是圆柱的母线，得平面，而平面，则， 又平面，所以平面. （2）（i）设圆柱的底面圆半径为，圆柱的体积为，，得， 解得，则，显然直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设，则， ，由点到直线的距离是1， 得，则，而，解得， 所以. （ii），，设平面的法向量为， 则，取，得，设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 14．（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 15．（2026·天津·一模）如图，在四棱锥中，平面，. (1)求证：平面； (2)已知点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的值； (3)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）证法一：连接 与 交于 ,连 ,由相似比与已知比例得 ,从而证得线面平行. 证法二：以 为原点建系,写出各点坐标,求出平面 的法向量,再验证 与法向量垂直,且 不在面 内,从而证得线面平行. （2）解法一：设向量 ,代入线面角正弦公式,化简方程并在区间内求得 ,算出 坐标,最终求得 长度. 解法二: 设向量 ,代入线面角正弦公式,化简方程并在区间内求得 ,算出 坐标,最终求得 长度. （3）解法一：由 得体积比例关系,用棱锥体积公式直接算出 . 解法二：先在 中求边长与正弦值,再用向量求点 到面的距离,代入体积公式得结果. 【详解】（1）证法一：连接与交于点，再连接， 因为， 所以 因为，所以， 所以， 又因为平面，所以平面 证法二：以为原点，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系. 则. 设是平面的一个法向量， ，则， 令，则，平面的一个法向量为. 因为，所以， 又因为平面，所以平面 （2）解法一： 设，得， ， 设直线与平面所成角为，则 ， 化简得，因为，得， ，所以线段的值为. 解法二： 设，得， ， 设直线与平面所成角为，则 ， 化简得，因为，得，，所以线段的值为. （3）解法一： 因为，所以， 解法二：由（1）所建立的坐标系可得. 则 故由余弦定理可得 所以， 由（1）得,平面的一个法向量为. 点到平面的距离. 16．（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. 题型3：翻折与动点（存在）问题 17．（2026·山东潍坊·一模）如图1，在平面四边形中，，将沿翻折，得到如图2所示的三棱锥，且在平面上的射影恰为的外接圆的圆心.    (1)证明：平面平面； (2)设点满足，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据射影得出线面垂直，然后利用判定定理可得面面垂直； （2）建立坐标系，求解平面法向量，利用向量夹角和平面夹角的关系可得答案. 【详解】（1）因为，所以， 因为是等腰直角三角形，所以它的外接圆圆心是斜边的中点，记为， 因为在平面上的射影恰为的外接圆的圆心，所以平面; 又平面，所以平面平面. （2）以 O 为原点，为 x 轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， ，,,; ; 设平面的法向量为，则，取，可得； 设平面的法向量为，则，取，可得； 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以，整理可得， 解得或（舍）.    18．（2026·云南曲靖·模拟预测）如图1，四边形是边长为5的正方形，扇形中，，弧上的点M满足，中，，．现将沿进行翻折，正方形沿进行翻折，使得点E与点C重合为点P，点D到达点G的位置，得到如图2所示的几何体，且点N满足． (1)证明：∥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) 【分析】（1）作，，得出四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理可证； （2）以O为原点建立空间直角坐标系，求出平面GMB的法向量，然后利用坐标计算线面角的正弦值. 【详解】（1）在平面内作于点F，由得． 因为，，所以，． 在平面内作于点H．连接， 因为，所以，则， 因为，所以． 又，所以，所以． 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面． （2）易知，，两两垂直，则以O为原点，，，所在直线分别为x，y，z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，即，取，则． 设直线与平面所成的角为， 则． 所以直线与平面所成角的正弦值为． 19．（2026·河南焦作·模拟预测）如图，在中，，，为的中点，过作，交于，将四边形沿翻折至四边形，使得平面平面． (1)证明：是直角三角形． (2)若，，，，五点均在球的球面上． （ⅰ）求球的表面积； （ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2), 【分析】（1）利用面面垂直来证明线面垂直，再证明线线垂直即可； （2）（ⅰ）利用几何法作出球心，即可求外接球表面积；（ⅱ）利用空间向量法来求面面角的余弦值即可. 【详解】（1）翻折前,故翻折后, 因为平面平面，交线为 ，且平面 ， 所以平面 ,又平面 ，故， 即，所以是直角三角形； （2）（ⅰ）在中，，，， 故， ​， 在直角中，，， 可得，， 因为，所以， 以 为原点，为轴， 为轴，为轴建立空间直角坐标系， 各点坐标为：，，，， 根据，，，可得坐标：， 由可知四边形有外接圆，且为外接圆直径， 取的中点为，过点作平面的垂线，可知垂线必过球心， 再取中点为，过点作的垂面必与垂线交于点，可知， 即，，，，五点均在以为球心的球面上， 半径， 因此球的表面积：； (ⅱ) 由（ⅰ）可知球心， 则向量 ，， 设平面的法向量 ， 则， 令，则，所以， 再由图形可得平面 的一个法向量 ， 设平面与平面夹角为， 则该二面角的余弦值为： . 20．（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. 21．（2026·广东汕头·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，点E、F分别为棱PD、AD的中点. (1)求证：平面平面ABCD； (2)请作出四棱锥过B、E、F三点的截面，并求出截面图形周长； (3)过B、E、F三点的平面上是否存在动点，使其到点的距离为3？若存在，求点在运动过程中所围成的图形的面积；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)，截面周长为12 (3)存在， 【分析】（1）运用直角梯形垂直关系，再结合已知得到线面垂直，再证明面面垂直； （2）利用平面平行相交的性质作出截面，再通过直角三角形，平行四边形性质求得周长； （3）先计算出点C到平面的距离，如果距离大于3，则不存在；如果距离小于3，则存在；最后如果存在，那么点在运动过程中所围成的图形是：以点为球心半径为的球面被平面所截的面，计算出半径求得圆面积. 【详解】（1）证明： 又平面 平面 又平面 平面平面 （2） 连接交于点，连接，取中点，连接,， 四边形 为平行四边形 点为中点， ，四边形为平行四边形,则 ， 点G平面，故四边形即为所求截面， 平面 ,为直角三角形， ,故四边形为平行四边形， 所以，四边形周长为：; （3）假设平面内存在动点，使其到点的距离为3， 方法一（等体积法）： 设点到平面距离为h，那么 取中点，由可知为正三角形， 所以， 由可得 , 即， 由于， 所以，, , 所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3 点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截得的截面，截面形状为圆， 半径,. 方法二（建坐标系）： 取中点，由可知为正三角形， 所以， 以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 那么, 设平面法向量为，那么 取，则为平面一个法向量， 那么点到平面距离， 所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3 点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截，截面形状为圆， 半径,. 22．（2026·北京·模拟预测）如图，在三棱柱中，四边形为正方形，为等边三角形，平面平面，，为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)棱上存在一点，使得点到平面的距离为，此时 【分析】（1）根据线面平行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，利用线面角的向量求法求解即可. （3）设，求出及平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法求解即可. 【详解】（1）连接交于，连接. 因为四边形为正方形，、为对角线且交于点，所以为中点. 又为的中点，所以为的中位线，所以. 又平面，平面，所以平面. （2）取中点，中点，连接、. 因为为等边三角形，所以，，. 因为四边形为正方形，、为中点，所以，. 因为平面平面，平面平面， 所以平面. 又平面，所以. 因此以点为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，. 因为为中点，所以， 所以，，. 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，所以. 设直线与平面所成角为， 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）假设棱上存在一点，使得点到平面的距离为，设. 因为，，所以，则 . 又，. 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，，所以. 则点到平面的距离为， 整理得，即，解得或（舍去）. 所以棱上存在一点，使得点到平面的距离为，此时. 23．（2026·山东东营·一模） 如图，在三棱锥中，平面⊥平面，， 分别为棱上的点. (1)若∥，∥，证明:∥； (2)若分别为棱 的中点，在棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为?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, 或 【分析】（1）先由面面平行的判定定理证明平面∥平面，再由面面平行的性质定理证明∥； （2）由面面垂直的性质定理证明平面，建立空间直角坐标系，设棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为，且 ，由面面角的向量求法列出关于的方程，求解可得. 【详解】（1）若∥，平面，平面，所以∥平面； 若∥，平面，平面，所以∥平面. 因为平面，所以平面∥平面. 又平面平面，平面平面， 所以∥. （2）因为，所以，所以. 因为平面⊥平面，平面平面，平面，所以平面. 过作，垂足为，则. 所以. 如图所示，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则. 所以. 设：在棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为，且 ， 则，所以. 设平面的法向量为， 则. 令，则. 所以平面的法向量为. 由平面，知平面的一个法向量为. 所以， 即，化简得，解得或. 故在棱上存在点G，使得平面与平面所成角为，此时 或. 24．（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； 25．（2026·山东泰安·模拟预测）在斜三棱柱中，，，为菱形，，，为中点． (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，使二面角为，若存在，求出的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)不存在，理由见解析. 【分析】（1）法一作出符合题意的图形，结合中位线定理得到四边形为平行四边形，进而得到，最后利用线面平行的判定定理求解；法二直接利用中位线定理证明，最后利用线面平行的判定定理求解即可. （2）结合题意与线面垂直的判定定理得到平面，再建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，结合二面角的向量求法建立方程，求解参数，最后判断点的存在性即可. 【详解】（1）法一：如图，连接，交于， 取中点，连接，． 为中点，且， 又且，且， 所以四边形为平行四边形，，， 平面，平面， 平面． 法二：如图，连接，交于，连接． 分别为中点，， 平面，平面， 平面． （2）四边形为菱形，，又， 为等边三角形，为中点，， 又，，，平面，平面， ，又，，，平面， 平面， 如图，以为原点，在平面内过点作的平行线为轴， 所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系． 得，，， ，，， ． 设，，， ，， 设平面法向量，且，， ，令，解得， ，而设平面法向量， 则，由题意得二面角为， 得到，化简得  ． 故不存在点满足二面角等于． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $