第04讲 立体几何解答题核心模型全梳理（7题型）讲义-2025-2026学年高二下学期数学期末必考重难点题型归纳及检测（苏教版）

第04讲 立体几何解答题核心模型全梳理 目录 01 题型归纳目录 2 02 知识点梳理 3 知识点1：立体几何解答题常考模型 3 03 重难点题型 4 题型一：非常规空间几何体模型突破 4 题型二：立体几何条件探索与存在性判断 5 题型三：平面图形折叠成空间几何体问题 7 题型四：立体几何辅助线与辅助面作图技巧 8 题型五：非给定坐标系下的建系方法 10 题型六：空间动点与未知点的坐标求解 12 题型七：立体几何创新定义类问题 13 04 过关检测 17 知识点1：立体几何解答题常考模型 立体几何解答题常考模型主要包括柱体、锥体、球体、旋转体、多面体等。这些模型常涉及体积、表面积的计算，截面问题，以及与其他几何体的组合或相交问题。此外，空间位置关系，如平行、垂直的判断与证明，也是常考内容。空间角的计算，包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等，同样是高考立体几何的重要考点。最后，空间距离的计算，如点到平面的距离、两平行平面间的距离等，也是解答题中常见的考查点。掌握这些模型的基本性质和解题方法，对于提高高考立体几何的解题能力至关重要。 题型一：非常规空间几何体模型突破 例1．（2026·天津滨海新区·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与直线所成角的余弦值； (3)若线段上存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积． 例2．（2026·河南·二模）如图，三棱台的下底面是边长为6的正三角形，上底面是边长为3的正三角形，平面，． (1)证明：为直角三角形； (2)已知为棱上一动点，，若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 例3．（2026·高三·湖北孝感·阶段检测）在正三棱台中，，分别是的中点. (1)求证：四边形是矩形 (2)若，求直线与平面所成角的正弦值 题型二：立体几何条件探索与存在性判断 例4．（2026·高二·江苏南通·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，平面，且，点为棱的中点． (1)求证：； (2)求证：平面； (3)若为上的动点，则线段上是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置，若不存在，请说明理由． 例5．（2026·贵州毕节·三模）“阳马”一词出自《九章算术·商功》，它是指底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在阳马中，平面，，，，点在棱上，且. (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求点的位置，若不存在，请说明理由. 例6．（2026·高二·湖南郴州·期中）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面为的中点. (1)证明：平面． (2)设点在线段上运动，是否存在点，使得平面平面？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由. 变式1．（2026·山东烟台·二模）如图，在三棱锥中，. (1)证明：； (2)已知为的重心，.在棱PA上是否存在一点，使得直线QM与平面PAC所成角的大小为？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 题型三：平面图形折叠成空间几何体问题 例7．（2026·高二·广东广州·阶段检测）如图1，等腰直角的斜边，D为的中点，沿上的高折叠，使得二面角为60°，如图2，M为的中点. (1)证明：； (2)求平面和平面所成角的余弦值. 例8．（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. 例9．（2026·高二·全国·期末）如图1，在边长为2的正方形中，为的中点，分别将，沿，所在直线折叠，使，两点重合于点，如图2，在三棱锥中，为的中点. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 变式2．（2026·高二·广东汕头·期中）如图1，等腰直角的斜边，为的中点，沿上的高折叠，使得二面角为，如图2，为的中点.    (1)求二面角的余弦值： (2)试问在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由. 题型四：立体几何辅助线与辅助面作图技巧 例10．（2026·高三·安徽·阶段检测）折纸是一种将纸张折成各种不同形状的艺术活动.“菱角”折纸教程：如图1，将一张长方形的纸条用虚线分成6个全等的等腰直角三角形，沿着虚线折叠便可得到一个如图2所示的“菱角”.      (1)证明：平面； (2)试判断该“菱角”所有的顶点是否在同一个球面上，并说明理由； (3)求二面角的余弦值. 例11．（2026·重庆·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，点分别在棱上，且. (1)在图中作出平面与平面的交线，并写出作图过程； (2)证明：平面； (3)若，求平面与平面夹角的余弦值. 例12．（2026·高三·湖南长沙·阶段检测）如图，四棱锥中，底面为等腰梯形，.点在底面的射影点在线段上. (1)在图中过作平面的垂线段，为垂足，并给出严谨的作图过程； (2)若.求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 变式3．（2026·高二·广东深圳·阶段检测）如图，在直三棱柱中，底面是边长为4的等边三角形，且是棱上一动点（不包括端点），为的中点.    (1)若为的中点，请作出与平面的交点，并写出与的比值（在图中保留作图痕迹，不必写出画法和理由）； (2)设直线与平面所成的角为，求的取值范围. 题型五：非给定坐标系下的建系方法 例13．（2026·高一·湖南长沙·阶段检测）如图，在三棱锥中，为中点，平面平面，，，，三棱锥的体积为．，分别是直线，上一点，且平面，记平面平面． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的平面角的正弦值； (3)若与所成角的余弦值为，求的值． 例14．（2026·高一·安徽蚌埠·阶段检测）如图，四棱锥的顶点在半球的表面上，四边形为圆的内接四边形，且． (1)求四棱锥体积的最大值． (2)当四棱锥的体积最大时： （i）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值； （ii）求直线与平面所成角的正弦值． 例15．（2026·高一·河南·阶段检测）如图，在梯形中，，，，为的中点，将沿翻折至的位置，使点落在点的位置，且，，分别为，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若线段上存在点，使得平面平面， （i）猜想的值，并说明理由； （ii）求二面角的正弦值. 题型六：空间动点与未知点的坐标求解 例16．（2026·山东日照·模拟预测）圆柱的轴截面将其分成两部分，其中一部分如图所示，为母线上一点，截面是边长为4的正方形，四边形的面积为，异面直线与所成角的余弦值为. (1)求； (2)若平面与平面的交线为，求点到的距离； (3)设为平面内一点， ，求直线与平面所成角的正切值的最小值. 例17．（2026·辽宁朝阳·三模）如图，已知是边长为的等边三角形，分别是的中点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥． (1)设平面平面，证明：平面； (2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值； (3)若点在平面的射影在四边形的内部，四棱锥的体积，求直线被四棱锥外接球球截得的弦长的取值范围． 例18．（2026·河北沧州·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，． (1)证明：； (2)设三棱锥外接球的球心为E，求二面角的余弦值． 变式4．（2026·高二·甘肃兰州·期中）如图，在斜三棱柱中，侧面⊥底面，是等腰直角三角形，，是边长为2的等边三角形，D为的中点. (1)证明：. (2)求平面与平面所成角的余弦值. (3)若点A，B，，D均在球M的球面上，求球M的体积. 题型七：立体几何创新定义类问题 例19．（2026·高一·湖南长沙·期中）已知正四面体的棱长为． (1)证明：； (2)某几何体是由正四面体按如下规则得到：在每个三角形面上，以各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第1次操作；继续以新生的小正四面体各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第2次操作；以此类推，如图所示． （i）求第3次操作后几何体的体积； （ii）现有次操作后生成的几何体石材，求打磨出的最大球的体积． 例20．（2026·高一·河北衡水·阶段检测）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体中所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体中所有以为顶点的面．如图，已知直四棱柱的所有棱长均为2． (1)求直四棱柱在顶点，，，处的离散曲率和； (2)若直四棱柱在顶点，处的离散曲率和为，为的中点． （i），分别为，的中点．作出平面截直四棱柱所得截面（保留作图痕迹，不需写作图过程），并求该截面的面积； （ii），分别为底面和的边界及其内部的两动点，求的最小值． 例21．（2026·湖南·模拟预测）在中，，，，分别为AC，AB的中点．将沿线段DE折起，使点到达点的位置，连接PB，PC，得到四棱锥，取BC的中点，连接PF．    (1)证明：． (2)如图1，当平面平面BCDE时，求二面角的大小． (3)如图2，设二面角的大小为，在折叠过程中，即在上变化时，求的重心在空间中的运动轨迹的长度． 变式5．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在斜三棱柱中，，，侧棱，，，其中为锐角． (1)当时，求证：； (2)定义：过点作垂直底面于，且在内部，记与、所成角分别为、，称为斜三棱柱的投影偏差率． （ⅰ）当时，求斜三棱柱的投影偏差率（不需证明），并求此时平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）关于的函数解析式记为，若存在两个不同的锐角，使得，求证：． 1．（2026·湖北·模拟预测）如图，在中，．平面外的动点在以为直径的半圆上，且满足平面平面． (1)证明：平面； (2)若线段上的点满足，当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面夹角的余弦值． 2．（2026·贵州贵阳·模拟预测）如图所示，是半圆O的直径，C是半圆O上除A、B外的一个动点，垂直于半圆O所在的平面，，，. (1)证明：平面平面； (2)当C点为半圆的中点时，求面与面所成的二面角的正弦值. 3．（2026·湖南郴州·模拟预测）在棱长为3的正方体中，点E，F分别在线段AB，BC上，且满足. (1)取的中点为M， 的中点为N，求证： 底面OABC； (2)求证： ； (3)若，请问：在线段上是否存在点G，使得二面角为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 4．（2026·高二·江苏盐城·期中）如图，已知四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，是的中点． (1)证明：； (2)求二面角的余弦； (3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由． 5．（2026·高三·贵州·阶段检测）如图1，在梯形中，，为的中点，，，将沿折叠，得到图2所示的四棱锥，且． (1)若为的中点，证明：平面； (2)求平面与平面所成角的大小． 6．（2026·高二·江苏无锡·阶段检测）如图，直四棱柱的所有棱长均为3，且，点M是侧棱上靠近点的三等分点，点N是线段上的动点（不含端点）. (1)若以D为坐标原点、为轴正方向、为z轴正方向，建立右手空间直角坐标系，请在图中画出x轴的位置，并写清楚作图过程； (2)将点与平面内任意一点的连线段，求这些线段长度的最小值； (3)在线段上是否存在一点N（不含端点），使得平面与平面夹角的余弦值为?若存在，求出点N的位置；若不存在，请说明理由. 7．（2026·高三·江苏连云港·期中）在四棱锥中，，，，. (1)如图1，在侧面内能否作一条线段，使其与平行？如果能，请写出作图过程并给出证明；如果不能，请说明理由； (2)如图2，若平面，证明：平面； (3)在（2）的条件下，E为棱上的点，二面角的大小为，求异面直线与所成角的余弦值. 8．（2026·海南·模拟预测）如图（1），正方形的边长为，是的中点，点在边上且.将沿折起到图（2）中的位置，使得平面平面.    (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)如图（2），点在线段上，过点、的平面截四棱锥所得的截面是一个直角三角形，在图中画出这个直角三角形.（请在答题卡指定位置作图，不必说明画法和理由） 9．（2026·江苏南京·三模）如图，在四棱锥中，，，15，25. (1)求证：面； (2)求证：二面角是直二面角； (3)在平面上求点，使面. 10．（2026·宁夏银川·三模）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. 11．（2026·河南·模拟预测）如图，在三棱台中，，，平面平面，且，.    (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值. 12．（2026·江苏淮安·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形为菱形，，，为中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求到平面的距离； (3)若三棱锥外接球半径为2，求直线和平面所成角的余弦值． 13．（2026·辽宁沈阳·三模）世界模型是人工智能领域中，通过学习客观世界的物理规则与因果关系，构建时空统一表征，实现环境状态预测与动态演化模拟的核心技术模型.其数学基础之一就是在三维空间中对几何对象进行解析化的计算.例如，在空间直角坐标系中，已知过点且法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线l的方程为，基于以上知识，解决如下问题. (1)已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，求直线与平面所成的角的正弦值； (2)求通过直线且与平面垂直的平面方程； (3)已知直线为两个平面与的交线，直线为两个平面与的交线，若直线与直线、都相交且都垂直，则定义为两条直线、的公垂线，两个交点之间的距离称作两条直线、的距离，求、的距离与公垂线方程. 14．（2026·高三·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. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第04讲 立体几何解答题核心模型全梳理 目录 01 题型归纳目录 2 02 知识点梳理 3 知识点1：立体几何解答题常考模型 3 03 重难点题型 4 题型一：非常规空间几何体模型突破 4 题型二：立体几何条件探索与存在性判断 10 题型三：平面图形折叠成空间几何体问题 15 题型四：立体几何辅助线与辅助面作图技巧 22 题型五：非给定坐标系下的建系方法 29 题型六：空间动点与未知点的坐标求解 34 题型七：立体几何创新定义类问题 41 04 过关检测 51 知识点1：立体几何解答题常考模型 立体几何解答题常考模型主要包括柱体、锥体、球体、旋转体、多面体等。这些模型常涉及体积、表面积的计算，截面问题，以及与其他几何体的组合或相交问题。此外，空间位置关系，如平行、垂直的判断与证明，也是常考内容。空间角的计算，包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等，同样是高考立体几何的重要考点。最后，空间距离的计算，如点到平面的距离、两平行平面间的距离等，也是解答题中常见的考查点。掌握这些模型的基本性质和解题方法，对于提高高考立体几何的解题能力至关重要。 题型一：非常规空间几何体模型突破 例1．（2026·天津滨海新区·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与直线所成角的余弦值； (3)若线段上存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积． 【解析】（1）取的中点，连接，， 由条件可得为的中位线，即， 又平面，平面，故平面， 由题意可知四边形是直角梯形，且， 则，，即四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，故平面， 而，平面，所以平面平面， 由平面，显然平面． （2）由（1）可知，直线与直线所成角为， 又平面平面，平面平面，且，则平面， 又平面，则， 又，， 所以，，， 则在中，由余弦定理有， 所以直线与直线所成角的余弦值为． （3）连接，， 结合（1），（2）有是正方形，则，且， 又底面，则底面， 又，则，所以， 所以以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如下图空间直角坐标系， 则，，，，，， 则，， 又线段上存在一点，则设， 则，所以， 设平面的一个法向量为，则有， 令，则，，即， 设直线与平面所成的角为，则， 整理得，解得或（舍去）， 所以是线段的中点， 所以． 例2．（2026·河南·二模）如图，三棱台的下底面是边长为6的正三角形，上底面是边长为3的正三角形，平面，． (1)证明：为直角三角形； (2)已知为棱上一动点，，若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【解析】（1）由题意，平面，则可过点作交棱于点， 则平面，又平面，得， ，为棱的中点， 方法一： 又因为为等边三角形，所以， 又 ，平面 ， 又平面 ，， 又，则，所以为直角三角形； 方法二： 是边长为6的等边三角形，所以，又， ， 又平面， ，又，， ，又，得， 所以为直角三角形； （2）以点为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 ， ，，， 又，所以， 因为为棱上一动点，可设． 则 设平面的法向量为， 则，即. 可取． 因为平面，所以，即． 解得，得． 又， 设平面的法向量为， 则，即， 可取． 又平面的法向量可取． 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 例3．（2026·高三·湖北孝感·阶段检测）在正三棱台中，，分别是的中点. (1)求证：四边形是矩形 (2)若，求直线与平面所成角的正弦值 【解析】（1）分别是中点，，； 几何体为正三棱台，，，， ，，四边形为平行四边形； 延长交于点，过点作平面，垂足为，连结， 几何体为正三棱台，三棱锥为正三棱锥， 平面，为的中心，， 又平面，， ，平面，平面， 平面，， ，，为中点，又为中点， ，，又，， 四边形为矩形. （2）方法一：延长交于，连结，作，垂足为，连结， 由（1）知：平面，又平面，； ，平面，平面， 即为直线与平面所成角， 不妨设，则，，， ，， ，即直线与平面所成角正弦值为. 方法二：过作，以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图空间直角坐标系， 不妨设，则，， ，，， 设上底面的中心为， 在直角梯形中，，，， ，， 又，， ，，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，， ，， 即直线与平面所成角的正弦值为. 题型二：立体几何条件探索与存在性判断 例4．（2026·高二·江苏南通·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，平面，且，点为棱的中点． (1)求证：； (2)求证：平面； (3)若为上的动点，则线段上是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置，若不存在，请说明理由． 【解析】(1)因为平面，平面，且平面平面， 根据线面平行的性质定理，可得：. (2)取的中点，连接.如图： 因为是中点，所以是的中位线，得，且. 由题设，结合（1）中，可得 且， 因此四边形是平行四边形，得. 又平面，平面， 根据线面平行的判定定理，可得：平面. (3)线段上存在点，当是中点时，平面.理由如下： 由，，可得且， 因此四边形是平行四边形，得. 又平面，平面，所以平面. 结合（2）的结论平面，且，平面， 根据面面平行的判定定理，可得平面平面. 因为是上动点，平面， 根据面面平行的性质，可得平面. 因此，线段上存在点，当为中点时满足平面. 例5．（2026·贵州毕节·三模）“阳马”一词出自《九章算术·商功》，它是指底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在阳马中，平面，，，，点在棱上，且. (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求点的位置，若不存在，请说明理由. 【解析】（1）证明：因为四边形为矩形，且平面， 所以以点为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，则， 又，在棱上，，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则，令，则，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则，令，则，所以， 因为，所以，所以平面平面. （2）存在点，使得二面角的余弦值为，且点为线段的中点，理由如下： 设点在线段上，且，则， 当时，重合，得不到二面角不满足题意， 当时，重合，此时二面角即为， 因为平面，即平面，且平面， 所以平面平面，即二面角为直二面角，不满足题意，所以， 由， 所以，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则， 令，则，所以， 由（1）知平面的一个法向量为， 设二面角的大小为， 则 ，即或， 当时，解得：，当时，无解，故， 即，所以存点，使得二面角的余弦值为，此时点为线段的中点. 例6．（2026·高二·湖南郴州·期中）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面为的中点. (1)证明：平面． (2)设点在线段上运动，是否存在点，使得平面平面？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）连接，交于点，连接. 因为底面是菱形，所以互相平分，即为的中点. 因为为的中点，所以在中，是中位线，即. 因为平面平面，所以平面. （2）以为坐标原点，的方向分别为$x，z$轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意可得，. 设平面的法向量为. 因为， 所以令，则. 设，则. 设平面的法向量为， 则 令，则. 若平面平面， 则，解得. 故存在点，使得平面平面，此时线段的长度为. 变式1．（2026·山东烟台·二模）如图，在三棱锥中，. (1)证明：； (2)已知为的重心，.在棱PA上是否存在一点，使得直线QM与平面PAC所成角的大小为？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 【解析】（1）取AC的中点，连接OP，OB. 在中，因为，所以. 在中，因为，所以. 又平面POB，所以平面POB. 因为平面POB，所以. （2）因为，所以. 在中，， 因为为的重心，，所以且. 在中，， 所以，故. 又平面平面POB， 所以， 因为，所以平面ABC. 以为坐标原点，OA，OB所在直线为x，y轴，以过点且垂直平面ABC向上的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则， 设，则 ， 所以. 设平面PAC的一个法向量， 则，即，取，则，故. 所以， 即，解得. 所以，存在满足条件的点，且点为线段PA上靠近点的三等分点. 题型三：平面图形折叠成空间几何体问题 例7．（2026·高二·广东广州·阶段检测）如图1，等腰直角的斜边，D为的中点，沿上的高折叠，使得二面角为60°，如图2，M为的中点. (1)证明：； (2)求平面和平面所成角的余弦值. 【解析】（1）因为，所以是二面角的平面角， 即. 因为，面，面， 所以面，所以， 因为D为的中点，所以，所以是等边三角形， 因为M为的中点，所以， 因为，面，面， 所以面，所以. （2）如图所示，作中点， 因为分别为中点，所以， 由（1）知面，所以面， 由（1）知， 则以点为坐标原点，以分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 因为等腰直角的斜边，所以， 由（1）知是等边三角形，所以， 所以， 所以， 设面的一个法向量为， 则，即， 令，解得，所以面的一个法向量为， 设面的一个法向量为， 则，即， 令，解得，所以面的一个法向量为， 设平面和平面所成角为， 则. 所以平面和平面所成角的余弦值为. 例8．（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. 【解析】（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. 例9．（2026·高二·全国·期末）如图1，在边长为2的正方形中，为的中点，分别将，沿，所在直线折叠，使，两点重合于点，如图2，在三棱锥中，为的中点. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【解析】（1）由条件易知，所以， 而平面，所以平面， 又平面，所以； （2）因为，取的中点，连接，则， 过O作的平行线，则， 所以，以O为原点，直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 即， 设平面的一个法向量为， 则有，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. 变式2．（2026·高二·广东汕头·期中）如图1，等腰直角的斜边，为的中点，沿上的高折叠，使得二面角为，如图2，为的中点.    (1)求二面角的余弦值： (2)试问在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）方法一：依题意，，而平面， 则平面，在平面内过点作，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，， ， 设平面的法向量为，则，取，得， 设平面的法向量为，则，取，得， 因此，所以二面角的余弦值为． 方法二：依题意，，而平面， 则平面，在平面内过作于，则， 而平面，则平面，而平面，则， 在平面内过作于，连接，如图， 而平面，则平面，又平面， 因此，为二面角的平面角， 在中，，则，， 在中，，则，， 于是，所以二面角的余弦值为. （2）假设在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为， 方法一：，设， 则，而平面的一个法向量为． 依题意，得，解得， 所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时. 方法二：作于，如图所示： 由（1）得平面，又平面，则平面平面， 又平面平面，平面，则平面， 因此为与平面所成的角， 在中，由余弦定理得，， 设，则，， 于是，解得， 所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时. 题型四：立体几何辅助线与辅助面作图技巧 例10．（2026·高三·安徽·阶段检测）折纸是一种将纸张折成各种不同形状的艺术活动.“菱角”折纸教程：如图1，将一张长方形的纸条用虚线分成6个全等的等腰直角三角形，沿着虚线折叠便可得到一个如图2所示的“菱角”.      (1)证明：平面； (2)试判断该“菱角”所有的顶点是否在同一个球面上，并说明理由； (3)求二面角的余弦值. 【解析】（1）由题可知，，平面， 则平面，平面，所以，同理可得． 因为，平面，所以平面． （2）由题可知，该＂菱角＂由两个正三棱锥组成，且． 根据对称性，可知，在平面内的投影为的中心． 若该＂菱角＂所有的顶点在同一个球面上，则为球心，连接． 不妨令，则，. 因为，所以该＂菱角＂所有的顶点不在同一个球面上． （3）由（2）知的中心为，过作的平行线，易得该直线与两两垂直． 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 令，得， 则. 设平面的法向量为， 由，可得，令，得， 设平面的法向量为， 由，可得， 令，得． ， 由图可知．二面角为锐角，故二面角的余弦值为. 例11．（2026·重庆·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，点分别在棱上，且. (1)在图中作出平面与平面的交线，并写出作图过程； (2)证明：平面； (3)若，求平面与平面夹角的余弦值. 【解析】(1)作图过程：①延长，交的延长线于点； ②延长，交的延长线于点； ③连接. 则直线即平面与平面的交线. 如图： (2)由题意，，因此， 设，则， 所以，. 又因为， 而，， 因此，即，而向量不共线， 所以向量与向量共面，且平面，故平面. （3）因为， 所以点在底面的投影为菱形的外接圆圆心，且， 所以底面为边长为的正方形，，. 故分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图： 则， 所以， ， . 设平面的法向量为， 则，得， 令，得，. 设平面的法向量为，， 则，得，令，则，. 设平面与平面夹角为， . 故平面与平面夹角的余弦值为. 例12．（2026·高三·湖南长沙·阶段检测）如图，四棱锥中，底面为等腰梯形，.点在底面的射影点在线段上. (1)在图中过作平面的垂线段，为垂足，并给出严谨的作图过程； (2)若.求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【解析】（1） 连接，有平面，所以. 在中，. 同理，在中，有. 又因为，所以， 所以，，故，即. 又因为，，平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. 过作垂直于点，因为平面平面，平面平面， 且平面，有平面. （2） 依题意，，故为C，的交点，且. 所以，. 过作直线的平行线，则，，，两两垂直， 以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则：，，，， 所以，，， . 设平面的法向量为， 则取. 设平面的法向量为， 则，取， 所以， 故所求锐二面角余弦值为. 变式3．（2026·高二·广东深圳·阶段检测）如图，在直三棱柱中，底面是边长为4的等边三角形，且是棱上一动点（不包括端点），为的中点.    (1)若为的中点，请作出与平面的交点，并写出与的比值（在图中保留作图痕迹，不必写出画法和理由）； (2)设直线与平面所成的角为，求的取值范围. 【解析】（1）作图如下：延长与相交于点，再连接交于点. 由于,为中点，所以， 故为的中点， 又,为的中点，所以， 故； （2）取的中点，则，因为平面，所以平面， 以为坐标原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图所示， 因为直三棱柱的底边长和侧棱长都为为的中点， 所以， 设，则点，所以， 设平面的法向量为，则， 令，则，故， 直线与平面所成的角为， 所以， 因为，则，所以. 故的取值范围为. 题型五：非给定坐标系下的建系方法 例13．（2026·高一·湖南长沙·阶段检测）如图，在三棱锥中，为中点，平面平面，，，，三棱锥的体积为．，分别是直线，上一点，且平面，记平面平面． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的平面角的正弦值； (3)若与所成角的余弦值为，求的值． 【解析】（1）证明：如图，过作，垂足为． 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，为中点，所以， 因为，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）因为平面，平面，所以， 因为，所以为二面角的平面角． 因为三棱锥的体积为， 所以，解得， 所以二面角的正弦值为． （3）因为平面，平面，平面平面，所以，故与所成角等于与所成角． 由（2）知，所以． 由题意得，则． ①如图，当在线段上时， 因为，， 所以 ． 在中，由正弦定理得，，即， 解得，所以，故． ②如图，当在线段的延长线上时， 因为，， 由图知， 则， 在中，由正弦定理得，，即， 解得，所以，． 综上得，或． 例14．（2026·高一·安徽蚌埠·阶段检测）如图，四棱锥的顶点在半球的表面上，四边形为圆的内接四边形，且． (1)求四棱锥体积的最大值． (2)当四棱锥的体积最大时： （i）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值； （ii）求直线与平面所成角的正弦值． 【解析】（1）设直线与的夹角为，点到平面的距离为． 则， 如图，连接， 则当平面时，， 当时，最大，为1， 所以， 即四棱锥的体积的最大值为． （2）由（1）知，当四棱锥的体积最大时，平面，四边形为正方形， 所以四棱锥为正四棱锥， 其底面边长，高，侧棱长． 所以其侧面是边长为的等边三角形． （i）因为是正方形，所以． 又平面平面，所以平面． 设平面平面，又平面， 则由线面平行的性质可得．同理． 分别取的中点，连接，如图． 因为和均为等边三角形， 所以，所以， 所以即为平面与平面所成二面角的平面角． 在中，， 所以， 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为． （ii）设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为． 由等体积法可得， 即，解得， 故， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 例15．（2026·高一·河南·阶段检测）如图，在梯形中，，，，为的中点，将沿翻折至的位置，使点落在点的位置，且，，分别为，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若线段上存在点，使得平面平面， （i）猜想的值，并说明理由； （ii）求二面角的正弦值. 【解析】（1）证明：在梯形中，，，，为的中点， 所以，且， 则四边形为菱形，所以， 则，所以为等边三角形，翻折后为等边三角形，且， 因为为的中点，故. 同理，四边形为菱形，为等边三角形，. 在中，，，又，则，所以. 因为，，平面， 所以平面. 又平面，故平面平面. （2）（ⅰ）. 理由如下： 如图，连接，与，分别交于点，，连接，. 因为，分别为，的中点，四边形为菱形， 所以四边形为平行四边形，所以. 又平面，平面，所以 平面. 因为为的中点，所以为的中位线，所以为的中点. 因为平面 平面，平面平面， 平面平面， 所以，所以为的中点，即. （ⅱ）由（2）（ⅰ）可知，点的位置唯一确定，即为的中点. 由（1）可知，，，且，，平面， 所以平面. 又 ，所以平面. 又平面，则， 所以，则. 在中，，，则， 又，所以 . 如图，过作于点， 由等面积法可知，. 在中，，，则边上的高为. 设点到平面的距离为， 则. 所以，所以. 设二面角的大小为， 则. 故二面角的正弦值为. 题型六：空间动点与未知点的坐标求解 例16．（2026·山东日照·模拟预测）圆柱的轴截面将其分成两部分，其中一部分如图所示，为母线上一点，截面是边长为4的正方形，四边形的面积为，异面直线与所成角的余弦值为. (1)求； (2)若平面与平面的交线为，求点到的距离； (3)设为平面内一点， ，求直线与平面所成角的正切值的最小值. 【解析】（1）连接，，如图， 因为，易得四边形为矩形,则，所以．     因为 ， 所以． 因为， 所以，则． 所以点到平面的距离．     取的中点为，以为原点，以平面内垂直于的直线为轴， 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，则． 所以． 整理得．解得或（舍去）． 所以． （2）由（1）可知，， 则，． 设平面的法向量为， 则 令，则为平面的一个法向量．     因为，，，，平面， 所以平面，即平面． 所以为平面的一个法向量．     设的方向向量为， 则 令， 则为的一个方向向量．     又，所以，． 所以点到的距离为． （3）在中，由正弦定理，得①, 又因为②, 所以联立①②，得 ．     设，则由， 得． 化简整理，得 ．     所以点的轨迹为平面上，以点为圆心，为半径的圆． 易知点在平面内的投影为． 又点的投影到点的距离为， 所以直线与平面所成角的正切值的最小值为． 例17．（2026·辽宁朝阳·三模）如图，已知是边长为的等边三角形，分别是的中点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥． (1)设平面平面，证明：平面； (2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值； (3)若点在平面的射影在四边形的内部，四棱锥的体积，求直线被四棱锥外接球球截得的弦长的取值范围． 【解析】（1）因为，所以， 又平面，平面，所以平面， 又平面平面平面，所以， 又平面，平面，所以平面． （2）取中点，连，则为的中点， 在平面内，过作， 在等边中，由，得， 又，所以， 所以，所以平面， 又平面，所以， 所以两两垂直，以为坐标原点， 直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设， 则， 则， 又，则，所以，解得， 则，所以， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 设平面的法向量为，则， 令，得， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）因为点在平面内的射影在四边形内部， 所以，由，得到， 因为，所以， 则，又， 所以，则，所以， 在等腰梯形中，，则， 则为等腰梯形外接圆圆心，设球的半径为，球心， 则，又， 则，整理得到， 又因为， 所以， 因为，且，得到， 又，令，易知在区间上单调递增， 当时，，所以，则． 例18．（2026·河北沧州·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，． (1)证明：； (2)设三棱锥外接球的球心为E，求二面角的余弦值． 【解析】（1）取的中点，连接， 因为，所以，因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 在中，，，所以， 所以，又因为为的中点，所以， 又，所以，所以， 又因为，所以， 又因为，所以， 所以四边形是矩形，又，所以为正方形， 所以，又，平面， 所以平面，又因为平面，所以； （2）因为为正方形，又平面， 所以为四棱锥的外接球的直径， 又四棱锥的外接球即为三棱锥的外接球， 所以为的中点， 以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， ，令，则， 所以平面的一个法向量为， 又为平面的一个法向量， 所以. 所以二面角的余弦值为． 变式4．（2026·高二·甘肃兰州·期中）如图，在斜三棱柱中，侧面⊥底面，是等腰直角三角形，，是边长为2的等边三角形，D为的中点. (1)证明：. (2)求平面与平面所成角的余弦值. (3)若点A，B，，D均在球M的球面上，求球M的体积. 【解析】（1）在斜三棱柱中，取的中点，连接， 由等腰，，得，由正，得， 由侧面⊥底面，侧面底面，侧面， 得⊥平面，而平面，则，由为的中点， 得四边形为平行四边形，则，，又， 平面，因此平面，又平面， 所以. （2）由（1）知直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则 ，设平面的法向量， 则，取，得， 而平面的一个法向量为，因此， 所以平面与平面所成角的余弦值为. （3）由，得，设球心，球半径为， 则,解得， 所以球的体积为. 题型七：立体几何创新定义类问题 例19．（2026·高一·湖南长沙·期中）已知正四面体的棱长为． (1)证明：； (2)某几何体是由正四面体按如下规则得到：在每个三角形面上，以各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第1次操作；继续以新生的小正四面体各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第2次操作；以此类推，如图所示． （i）求第3次操作后几何体的体积； （ii）现有次操作后生成的几何体石材，求打磨出的最大球的体积． 【解析】（1）取中点，由正四面体知与均为正三角形， 故，又平面， 所以平面，又平面，故. （2）（i）设第次操作后的体积为，原四面体的棱长为，体积为； 第1次操作后，新增四个小正四面体，其棱长为，且新增的体积为； 第2次操作后，每个小四面体均新增三个更小的正四面体，棱长为，共增加12个，故新增的体积为； 第3次操作后，新增36个小正四面体，棱长为，故新增体积为， 因此操作3次后的体积为， 原正四面体的体积，故. （ii）最大球即初始正四面体的中心到各面中位线中点的距离为半径的球. 过点作平面于点，因为四面体为正四面体， 故为的中心，则在上，且， 同理，可得在上，且，则为四面体的外接球球心和内切球球心， 设，则， 所以，则由，解得，所以， 设点为的中点，则，则， 次操作后始终为新生几何体的一个顶点，故打磨出的球的半径， 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， 连接，则平面，设垂足为，，则为的中心， 故在上，且，故点与点重合， 所以共线，则平面，故. 即以为球心，为半径的球，是次操作后生成的几何体石材打磨出的最大球， 此球体积为. 例20．（2026·高一·河北衡水·阶段检测）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体中所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体中所有以为顶点的面．如图，已知直四棱柱的所有棱长均为2． (1)求直四棱柱在顶点，，，处的离散曲率和； (2)若直四棱柱在顶点，处的离散曲率和为，为的中点． （i），分别为，的中点．作出平面截直四棱柱所得截面（保留作图痕迹，不需写作图过程），并求该截面的面积； （ii），分别为底面和的边界及其内部的两动点，求的最小值． 【解析】（1）由离散曲率的定义以及直四棱柱的性质可得 ． （2）（i）如图所示: ， 可得． 又，所以． 又直四棱柱的所有棱长都相等， 所以直四棱柱为正方体． 如图所示:正六边形为平面截直四棱柱所得截面， 其中6个顶点分别为所在棱的中点，正六边形的边长为， 其面积为． （ii）如图所示，作点关于平面的对称点，则． 过作平面，垂足为，所以， 即的最小值为点到平面的距离，即垂线段的长． 由可得， 所以， 所以的最小值为． 例21．（2026·湖南·模拟预测）在中，，，，分别为AC，AB的中点．将沿线段DE折起，使点到达点的位置，连接PB，PC，得到四棱锥，取BC的中点，连接PF．    (1)证明：． (2)如图1，当平面平面BCDE时，求二面角的大小． (3)如图2，设二面角的大小为，在折叠过程中，即在上变化时，求的重心在空间中的运动轨迹的长度． 【解析】（1）证明：如图，取DE的中点，连接PO，OF． 在中，因为，F为BC的中点，所以 AF ⊥ BC， 因为 D、E 分别为 AC、AB 的中点，所以 DE ∥ BC， 所以AF ⊥ DE， 在折叠后的四棱锥 P−BCDE 中 ，． 因为 ， 平面POF， 所以平面POF． 因为平面，所以； （2），∴，， ∴二面角的平面角为． ，平面平面BCDE，平面平面， 平面BCDE，又平面BCDE， ．由题意得，∴，即二面角为； （3）如图，取DE的中点，连接PO，OF． 由（1）可知，，则． 以为原点，建立空间直角坐标系， 则，，．设． 由重心性质可得， ， ． 为定值，∴重心在固定平面内运动． 由 ， ，得， ∴点在圆心为，半径的圆上． 又，∴点在空间中的运动轨迹的长度为． 变式5．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在斜三棱柱中，，，侧棱，，，其中为锐角． (1)当时，求证：； (2)定义：过点作垂直底面于，且在内部，记与、所成角分别为、，称为斜三棱柱的投影偏差率． （ⅰ）当时，求斜三棱柱的投影偏差率（不需证明），并求此时平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）关于的函数解析式记为，若存在两个不同的锐角，使得，求证：． 【解析】（1）证明如下： 因为 ， 所以，即． (2)（ⅰ）， （ⅱ）证明如下： ， 已知存在两个不同的锐角，使得， 设， 则， 锐角，是两个不同的锐角，则符号相反， ，即， 化简整理得， ，，为锐角，则， ． （2）以为坐标原点，为轴，为轴，过A垂直于面的直线为轴， 建立下图所示空间直角坐标系， 则， （ⅰ）已知，，， 则，故， 已知与、所成角分别为、， 则， 则， ，则， ， ， 设平面的法向量为，则， 令，则， 平面的法向量可取， 设平面与平面夹角为，则 ； （ⅱ）证明如下： ， 已知存在两个不同的锐角，使得， 设， 则， 锐角，是两个不同的锐角，则符号相反， ，即， 化简整理得， ，，为锐角，则， ． 1．（2026·湖北·模拟预测）如图，在中，．平面外的动点在以为直径的半圆上，且满足平面平面． (1)证明：平面； (2)若线段上的点满足，当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面夹角的余弦值． 【解析】（1）过点作于，由平面平面， 平面平面，平面，则平面， 又平面，故，又为直径，故， 且，、平面，所以平面， 又平面，故，又，， 、平面，故平面； （2）由（1）知，， 当且仅当时，取得最大值， 过点作于，建立以为原点，为轴，为轴， 过点垂直于平面的方向为轴，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，令，可得， 所以， 因为平面的法向量为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 2．（2026·贵州贵阳·模拟预测）如图所示，是半圆O的直径，C是半圆O上除A、B外的一个动点，垂直于半圆O所在的平面，，，. (1)证明：平面平面； (2)当C点为半圆的中点时，求面与面所成的二面角的正弦值. 【解析】（1）是直径，， 平面，， 平面， 平面， ，， ∴四边形是平行四边形， 则，平面， 平面， ∴平面平面； （2） 依题意，以C为坐标原点，，，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，，，，， ，，，， 设平面的一个法向量为， ，即， 令，得，则， 设平面的一个法向量为， ，即， 令，得，则， ， ∴面与面所成的二面角的正弦值. 3．（2026·湖南郴州·模拟预测）在棱长为3的正方体中，点E，F分别在线段AB，BC上，且满足. (1)取的中点为M， 的中点为N，求证： 底面OABC； (2)求证： ； (3)若，请问：在线段上是否存在点G，使得二面角为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）因为M是的中点，N是的中点， 所以在三角形中，是中位线，所以. 又因为A，F都在底面上， 所以平面，且不在底面内， 所以平面； （2）以O为坐标原点，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，. 设，.因为，， 所以，. 于是，， 由题意，得 即.化简得. 因此. （3）由，且，得. 由第（2）问可知，所以，. 设点G在线段上，则，. 要求二面角为，即平面GEF与平面垂直. 易知，. 设平面GEF的一个法向量为. 因为，，所以； 取，得，. 则平面GEF的一个法向量为. 再求平面的一个法向量. 因为，所以. 设平面的一个法向量为. 因为，，所以； 取，得，， 则平面的一个法向量为 若平面，则两个平面的法向量互相垂直，故. 所以.即，解得. 因为，所以满足条件的点G存在. 此时，，因此. 综上，在线段上存在点G，且. 4．（2026·高二·江苏盐城·期中）如图，已知四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，是的中点． (1)证明：； (2)求二面角的余弦； (3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由． 【解析】（1）已知是正三角形，是中点，则， 以为坐标原点，为轴，为轴，垂直于方向为轴， 建立下图所示空间直角坐标系， 则， ， ， ． （2），设平面的法向量为， 则，令，则； ，设平面的法向量为， 则，令，则， 二面角的余弦值为： ． （3），设平面的法向量为， 则，令，则， 设，则，则， 设直线与平面所成角为，则 ， 化简整理得，解得或（舍去）， 存在点，位于线段的中点位置． 5．（2026·高三·贵州·阶段检测）如图1，在梯形中，，为的中点，，，将沿折叠，得到图2所示的四棱锥，且． (1)若为的中点，证明：平面； (2)求平面与平面所成角的大小． 【解析】（1）证明：为的中点，， 所以， 将沿折叠后，得到四棱锥， 所以，又为的中点，所以， 又即，， 且，平面，所以平面， 又平面，所以， 又即，所以， 由且，平面， 所以平面. （2）因为，所以， 将沿折叠后，有 由题意知：， 所以所在直线两两互相垂直， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意， 所以， 设平面的一个法向量为， 由，令，则，所以， ， 设平面的一个法向量为， 由，令，则，所以， 设平面与平面所成角为， 所以， 又，所以，所以平面与平面所成角的大小为. 6．（2026·高二·江苏无锡·阶段检测）如图，直四棱柱的所有棱长均为3，且，点M是侧棱上靠近点的三等分点，点N是线段上的动点（不含端点）. (1)若以D为坐标原点、为轴正方向、为z轴正方向，建立右手空间直角坐标系，请在图中画出x轴的位置，并写清楚作图过程； (2)将点与平面内任意一点的连线段，求这些线段长度的最小值； (3)在线段上是否存在一点N（不含端点），使得平面与平面夹角的余弦值为?若存在，求出点N的位置；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）取的中点，连接， 因为直四棱柱的所有棱长均为3，且， 所以为等边三角形，即. 又因为，所以. 所以以D为坐标原点、为轴正方向、为z轴正方向，为轴正方向， 如图所示： （2）， , 设平面的法向量为， ，令，则，即. 到平面的距离为， 所以点与平面内任意一点的连线段长度最小值为3. （3）设，， 设平面的法向量为， ，令，则， 即. 设平面与平面夹角为， 则， 解得或（舍去），所以， 故在线段上存在点在靠近的三等分点处，使得平面与平面夹角的余弦值为. 7．（2026·高三·江苏连云港·期中）在四棱锥中，，，，. (1)如图1，在侧面内能否作一条线段，使其与平行？如果能，请写出作图过程并给出证明；如果不能，请说明理由； (2)如图2，若平面，证明：平面； (3)在（2）的条件下，E为棱上的点，二面角的大小为，求异面直线与所成角的余弦值. 【解析】（1）不能. 假设在侧面内存在直线与平行，可得与侧面平行. 依据线面平行性质定理，可得与平行，这与已知条件矛盾. （2）在底面中，， 所以，又，， 由余弦定理得，所以，得 因为平面平面，所以． 又，平面，所以平面. （3）过点作直线垂直平面， 以为原点，分别为x，y轴正方向，为轴，向上为正方向建立空间直角坐标系. 则， 因为为棱上的点，设， 取， 设平面的法向量为，则， 令得，则平面BDE的一个法向量为， 因为平面，所以为平面的法向量， 因为二面角的大小为， 所以，得. 则， 设直线BE与PC所成角为， 则， 所以异面直线BE与PC所成角的余弦值为. 8．（2026·海南·模拟预测）如图（1），正方形的边长为，是的中点，点在边上且.将沿折起到图（2）中的位置，使得平面平面.    (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)如图（2），点在线段上，过点、的平面截四棱锥所得的截面是一个直角三角形，在图中画出这个直角三角形.（请在答题卡指定位置作图，不必说明画法和理由） 【解析】（1）因为，平面平面，且平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 又因为，即， 因为，、平面，所以平面. （2）取的中点，连接，过点在平面内作，垂足为， 因为平面平面平面，且平面平面，平面，， 所以，平面， 因为，即，且， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 因为，则， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、. 在中，，，所以， 因为，由勾股定理可得， 所以，，，则，所以， 所以，， 设平面的法向量为，则， 令，可得. 由（1）知平面，故平面的一个法向量为. 因为， 所以平面与平面夹角的余弦值为 （3）所得截面为直角三角形，如图所示： 作法：在平面内作，交或于点，连接， 因为平面，，则平面， 因为平面，所以，. 9．（2026·江苏南京·三模）如图，在四棱锥中，，，15，25. (1)求证：面； (2)求证：二面角是直二面角； (3)在平面上求点，使面. 【解析】（1）如图所示： 连接BD，取BD的中点O，连接PO， 因为，， 所以的外接圆的圆心为BD的中点，即点O， 也为点P在底面ABCD上的射影，则平面ABCD， 因为平面ABCD,所以， 又因为，满足 所以，又， 所以面； （2）以A为原点，以AB，AD分别为x，y轴，建立空间直角坐标系： 则 易得，则， 设，则 ，因为， 所以，解得， 则 所以， 设平面PBC的一个法向量为 则，即 令，则， 所以， 设平面PCD的一个法向量为 则，即 令，则， 所以， 因为，所以， 则平面平面PDC，所以二面角是直二面角； （3）因为面，所以，设， 则， 因为， 所以， 解得， 则. 10．（2026·宁夏银川·三模）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. 【解析】（1）连接，由为中点，则，又， 则四边形为菱形，设，则为中点， 则，所以三角形是直角三角形，且； （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. 11．（2026·河南·模拟预测）如图，在三棱台中，，，平面平面，且，.    (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值. 【解析】（1）因为，所以. 又平面平面，且平面平面，平面,所以平面. 因为平面，平面，所以，. 又，所以. 又，平面,所以平面，平面,所以. 因为在中，，，所以. 因为在中，，， 所以. 又，所以. 又，且，平面, 所以平面. （2）如图，以为原点，分别以，，的方向为轴、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， 则有不妨取， 则平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 则有不妨取， 则平面的一个法向量为， 所以，所以. 故平面与平面夹角的正弦值为. 12．（2026·江苏淮安·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形为菱形，，，为中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求到平面的距离； (3)若三棱锥外接球半径为2，求直线和平面所成角的余弦值． 【解析】（1） 设，连接． 因为四边形为菱形，所以 为的中点． 在中，因为 为的中点，所以 OM为的中位线，故， 又因为平面，平面， 所以 平面； （2）方法一：向量法 以A为原点，以所在直线为轴，在平面内过作与垂直的直线为轴， 过作与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，. 在平面内过作，交的延长线于，连接. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，所以. 因为，所以， 因为，，所以， 所以，，即，所以. 在中，，所以，， 则，因为为中点，所以， 则，. 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，则. 设点D到平面的距离为， 则． 由（1）知平面， 所以到平面的距离即为点D到平面的距离， 所以到平面的距离为； 方法二：等体积法 由（1）知平面， 所以到平面的距离等于点到平面的距离，设为． 因为为中点，所以点到平面的距离等于点B到平面的距离， 即， 在平面内作交直线的延长线于，取中点， 连接，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，所以平面， 又平面，所以. 在中，，所以，， 所以到平面的距离为. 因为，所以． 在中，， 由余弦定理可得， 在中，． 在中，，为中点，则， 由余弦定理可得， 所以，所以． 在中，，底边上的高为， 所以. 又因为. 由可得，解得， 所以到平面的距离为； （3） 在（2）所建的坐标系中，设，则， 因为，所以． 由，可得， 解得，故. 在正中，外接圆圆心为，外接圆半径． 设三棱锥外接球的半径为，球心为． 由球的性质可得，解得，则， 所以，因为点在外接球上，则， 所以， 即，即． 解得，所以， 所以，. 设平面的法向量为． 则，即. 令，则，即． 设直线和平面所成角为， 则 因为，所以． 所以直线和平面所成角的余弦值为． 13．（2026·辽宁沈阳·三模）世界模型是人工智能领域中，通过学习客观世界的物理规则与因果关系，构建时空统一表征，实现环境状态预测与动态演化模拟的核心技术模型.其数学基础之一就是在三维空间中对几何对象进行解析化的计算.例如，在空间直角坐标系中，已知过点且法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线l的方程为，基于以上知识，解决如下问题. (1)已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，求直线与平面所成的角的正弦值； (2)求通过直线且与平面垂直的平面方程； (3)已知直线为两个平面与的交线，直线为两个平面与的交线，若直线与直线、都相交且都垂直，则定义为两条直线、的公垂线，两个交点之间的距离称作两条直线、的距离，求、的距离与公垂线方程. 【解析】（1）取的法向量为，上的点满足， 在方程组中取得，所以点在直线上.取得， 所以点在直线上.所以直线的方向向量可以取为， 取直线与平面所成的角为，则. （2）取平面满足且，取的法向量为， 直线的方向向量为，平面的法向量为， 所以，不妨取， 因为点在直线r上，所以点在平面内， 所以的方程为，整理得 （3）因为上的点满足，所以可取上的点为， 例如、均为上的点，所以的方向向量取为， 同理因为上的点满足，所以可取上的动点为， 例如、均为上的点，所以的方向向量可取为， 方法一：若直线为、的公垂线，则，， 因为，所以， 所以，所以、为公垂线在两条直线上的垂足， 此时，所以、的距离为， 所以公垂线方程为； 方法二：因为， 所以， ， 当且仅当时取等，所以、的距离为， 此时、为公垂线在两条直线上的垂足， 所以，所以公垂线方程为 14．（2026·高三·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. 【解析】（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. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $