重难点专训01 空间向量与立体几何解答题题型归纳（专项训练）（北京专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 以空间向量法为核心，系统整合10类题型的解题通法与变式技巧，构建“方法提炼-题型突破-分层过关”的立体备考体系，强化空间观念与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |解题方法及技巧提炼|5大模块|涵盖建系原则、向量运算、几何判据、答题规范、易错警示|从基础向量运算到几何问题转化，形成“概念-证明-计算”逻辑链| |10类核心题型|每题型含典例+变式|提炼“平行看共线、垂直看点积”等核心口诀，分综合法与向量法|从简单关系证明到复杂动点/翻折问题，实现知识应用递进|

重难点专训01 空间向量与立体几何解答题题型归纳 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 3 题型1 空间中平行关系的证明 3 题型2 空间中垂直关系的证明 5 题型3 空间向量法求空间角 7 题型4 求空间距离 9 题型5 体积与表面积计算 11 题型6 动点问题 13 题型7 翻折问题 15 题型8 范围与最值问题 16 题型9 立体几何中的存在性问题 18 题型10 立体几何中的劣构性问题 20 重难专题分层过关练 23 巩固过关 23 创新提升 24 解题方法及技巧提炼 1、空间向量与立体几何解答题的基本思路是： （1）根据题目条件，合理选择解题路径——几何综合法（传统逻辑推理）或空间向量法（坐标运算）； （2）若用向量法，先建立合适的空间直角坐标系，写出各关键点的坐标，进而得到相关向量的坐标表示； （3）利用向量的数量积、向量积（叉积）等运算，求出直线的方向向量、平面的法向量； （4）将几何问题（平行、垂直、夹角、距离等）转化为向量间的代数关系，通过坐标运算求得结果。 2、空间向量法解决立体几何问题的核心操作流程： （1）建系原则：优先选择共点且两两垂直的三条棱作为坐标轴（如正方体、长方体、直棱柱、正棱锥等），使尽可能多的点落在坐标轴上，简化坐标。若图形无天然垂直关系，可通过作辅助线构造垂直后再建系； （2）关键向量的计算：准确求出直线的方向向量 和平面的法向量 。法向量可通过平面内两个不共线向量的叉积求得，或利用 和 列方程组求解； （3）几何证明的向量判据： 线线平行：两直线方向向量共线； 线面平行：直线的方向向量与平面的法向量垂直； 面面平行：两平面的法向量共线； 线线垂直：两直线方向向量数量积为0； 线面垂直：直线方向向量与平面法向量共线； 面面垂直：两平面法向量数量积为0； （4）几何度量的向量公式： 异面直线所成角：，； 线面角：，； 二面角：，符号需结合图形判断锐钝； 点到平面距离：（ 为平面内任意一点）。 3、常见题型及解题策略： （1）平行与垂直的证明 优先使用几何法（由线线关系推线面关系，再推面面关系）能更简洁；若图形复杂或关系不明显，则转化为向量坐标运算，验证方向向量与法向量的共线或垂直关系。注意书写规范，必须指明所涉及的直线和平面。 （2）空间角的计算 线线角、线面角、二面角是北京高考立体几何解答题的必考内容。推荐全程使用向量法，计算稳定且不易遗漏。注意线面角求得的是正弦值，二面角求得的是余弦值的绝对值，锐钝需结合图形或题意（如“二面角 的大小为 ”则取负值）确定符号。 （3）空间距离的计算 点到平面的距离公式是核心，常用于求几何体的高（进而求体积）。异面直线间距离通常转化为其中一条直线上一点到另一条直线所在平面的距离，也可用向量法直接求公垂线段长度，但公式较复杂，北京卷较少单独考查。 （4）探索性问题（存在性、动点问题） 设动点参数（如 或 ），将目标量表示为 或 的函数，利用已知条件（如垂直、成角、距离等）建立方程，通过解方程判断是否存在满足条件的点。注意参数的范围限制（如 表示在线段上）。 （5）最值与范围问题 将目标量（如体积、角度、距离）表示为参数的函数，利用导数、基本不等式或三角函数有界性求最值。注意几何体的隐含约束（如点在棱上运动的范围）对参数取值区间的限制。 4、实用技巧与答题规范： （1）建系后需在答题卡上明确写出坐标原点和各轴方向，即使题目图中有坐标系，也要用文字说明； （2）求法向量时，若方程组有自由变量，可令其中一个分量为1或0简化计算，但必须保证非零； （3）求二面角时，若法向量选取方向不同，余弦值可能相差符号，应结合图形观察二面角是锐角还是钝角，必要时用“由图可知”进行说明； （4）探索性问题中，若求得参数值在允许范围内，则存在；若不在或方程无解，则不存在，需明确结论； （5）传统几何法与向量法均可使用，北京卷一般不限制方法，考生应选择自己最擅长且最稳妥的方法，避免混合使用造成逻辑混乱。 5、易错点与关键提醒： （1）建系时坐标原点选择不当导致多数点坐标含参，应优先选择图形顶点或垂足作为原点； （2）方向向量和法向量是非零向量，计算后务必检查是否为零向量，避免除以零； （3）线面角公式中 绝对值，不是 ，考生常因混淆而出错； （4）二面角的锐钝判断必须准确，若题目未配图或配图不清晰，可通过取平面内一点代入法向量方向检验； （5）探索性问题中，设参数后需明确参数取值范围，不能默认为全体实数，否则可能得到不符合几何条件的解； （6）答题时需将向量坐标、法向量、公式、代入数据、结果等关键步骤完整呈现，即使最终数值错误，步骤分也能获得。 题型通法及变式提升 题型1 空间中平行关系的证明 【典例1-1】（2026·北京·三模）如图，在五面体中，平面平面，底面是边长为2的菱形．，，．    (1)若点，分别为棱和棱的中点，求证：平面； (2)若，求直线与平面所成的角． 核心口诀：线线平行看方向向量共线；线面平行用线线平行或法向量垂直；面面平行用线面平行传递或法向量共线。 高分技巧： 综合法： 证线线平行：利用中位线、平行四边形对边、公理4（平行传递）、线面平行性质等； 证线面平行：在面内找一条线与已知线平行；或利用面面平行性质；或证明已知线所在平面与目标平面平行； 证面面平行：在一个面内找两条相交线分别平行于另一个面内的两条相交线；或利用线面平行传递； 向量法： 线线平行：两方向向量 满足 ； 线面平行：直线的方向向量 与平面的法向量 满足 （且直线不在平面内）； 面面平行：两平面的法向量 满足 ； 证明书写的规范性：综合法必须写明“因为…所以…，根据判定定理得…”，向量法需明确点的坐标和向量坐标，最后下结论。 【典例1-2】（2026·北京大兴·三模）在三棱锥中，.点在棱PB上，点为BC中点. (1)若点为PB中点，平面平面，证明：； (2)若点满足，从下列条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知条件，使得三棱锥存在且唯一，求平面AEF与平面PAC所成夹角的余弦值.条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【变式1-1】（2026·北京石景山·二模）如图，在正三棱柱中，，M，N分别是，的中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)设平面与平面的交线为l，求直线l与直线MN所成的角. 【变式1-2】（2026·北京丰台·二模）如图，在直三棱柱中，，，为的中点，直线交平面于点 . (1)求证： 为的中点； (2)若 是棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 题型2 空间中垂直关系的证明 【典例2-1】（2026·北京西城·一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，且，E为PD的中点，平面平面． (1)求证：； (2)若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥存在，求平面PAE与平面AEC夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 核心口诀：线线垂直看点积为零；线面垂直找两条相交线；面面垂直看法向量点积为零或线面垂直传递。 高分技巧： 综合法： 证线线垂直：利用勾股定理逆定理、等腰三角形三线合一、矩形/正方形邻边、直径所对圆周角、线面垂直定义等； 证线面垂直：在平面内找两条相交直线都与已知线垂直；或利用面面垂直性质（若两平面垂直，则一个面内垂直于交线的直线垂直于另一个面）； 证面面垂直：在一个面内找一条直线垂直于另一个面；或证明二面角为直二面角； 向量法： 线线垂直：两方向向量点积为0； 线面垂直：直线的方向向量与平面的法向量共线； 面面垂直：两平面法向量点积为0； 注意“三垂线定理”：若平面内一条直线与平面的一条斜线在平面上的射影垂直，则它与斜线垂直（反之亦然）。这是综合法中证明异面直线垂直的利器。 【典例2-2】（25-26高三下·北京·开学考试）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． 【变式2-1】（2026·北京延庆·一模）如图，在四棱锥中，底面是一个等腰梯形，，，，M为的中点． (1)求证：平面； (2)若平面． （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）求二面角的余弦值． 【变式2-2】（25-26高三上·北京朝阳·期末）在四棱锥中，平面平面，．分别为棱上的点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若点为线段的中点，判断直线是否在平面内？并说明理由． 题型3 空间向量法求空间角 【典例3-1】（2026·北京房山·一模）如图，在五面体中，为正方形，为矩形，，． (1)求证：∥平面； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使五面体存在且唯一确定．求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 核心口诀：线线角余弦绝对值，线面角正弦绝对值，二面角余弦看法向量夹角，锐钝看图判。 高分技巧： 建立坐标系：选择合适原点（通常选共顶点三条两两垂直棱的交点），写出各点坐标； 求方向向量与法向量： 线线角：设两直线方向向量 ，则 ， ； 线面角：设直线方向向量 ，平面法向量 ，则 ， ； 二面角：设两平面法向量 ，则 ，正负号由二面角是锐角还是钝角决定（通常根据图形判断，若法向量方向“一进一出”则取负，若“同进同出”则取正，具体可画图辅助）； 快速求法向量：设 ，利用平面内两条相交直线的方向向量与 点积为0，列方程组，取一组非零解（常令某个坐标为1或0简化）； 【典例3-2】（2026·北京海淀·一模）如图，在直四棱柱中，，、，且分别为的中点. (1)求证：平面 (2)从下列条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件，使得直四棱柱存在且唯一，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：： 条件③：与平面所成角为45°. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【变式3-1】（25-26高三下·北京·阶段检测）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． 【变式3-2】（25-26高三下·北京海淀·开学考试）如图，在四棱锥中，，，，，，，为的中点，平面与棱交于点． (1)求证：为的中点； (2)若为的中点，平面平面，求二面角的余弦值． 题型4 求空间距离 【典例4-1】（2026·北京·三模）如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为，的中点，． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 核心口诀：点面距离用投影公式；线面距、面面距转化为点面距；点点距用两点间距离公式。 高分技巧： 点到点距离：； 点到直线距离：，其中 为直线上一点， 为方向向量， 为给定点； 点到平面距离（核心公式）：，其中 为平面内任一点， 为平面法向量； 线到平面距离：若直线与平面平行，在直线上任取一点，求该点到平面的距离； 平行平面间距离：在一个平面内任取一点，求该点到另一个平面的距离； 异面直线距离：设两直线方向向量 ，公垂线段长度 ，其中 分别为两直线上任意点。此公式在选填中可直接用，解答题中建议用补形或建系后的坐标法。 易错警示：点面距离公式中的法向量必须取单位向量吗？不需要，公式已含分母；异面直线距离公式中 方向为公垂线方向，分子取绝对值。 【典例4-2】（2026·北京西城·模拟预测）如图，在多面体中，四边形为正方形，，为线段的中点，． (1)求证：平面； (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 【变式4-1】（25-26高三上·北京东城·期中）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，分别是中点，与平面交于点，. (1)证明：是的中点； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)求点到平面的距离. 【变式4-2】（25-26高三上·北京西城·阶段检测）如图，在五面体中，四边形是矩形，平面平面，是正三角形，，，． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 题型5 体积与表面积计算 【典例5-1】（25-26高三上·北京·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面，，为棱PC上一点．平面ABE与棱PD交于点． (1)求证：为PD的中点； (2)求三棱锥的体积． 【典例5-2】如图在三棱柱中，是等边三角形，． (1)求证：； (2)若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知， （i）求二面角的大小； （ii）四棱锥的体积为________．（结论不要求证明） 条件①：； 条件②：平面平面． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【变式5-1】在三棱锥中，平面平面，，，O是棱的中点，在棱上，且平面. (1)证明：D是棱的中点； (2)证明：平面，并求三棱锥的体积； (3)求二面角的余弦值. 【变式5-2】如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，平面平面，为中点，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小； (3)求四面体的体积. 题型6 动点问题 【典例6-1】（25-26高三下·北京·开学考试）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，侧面底面，，为线段的中点，为线段上的动点． (1)若平面，求证：点为线段中点； (2)如果直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 核心口诀：动点设参数 ，向量坐标随它变；目标函数建出来，单调最值轻松判。 高分技巧： 参数化动点：若动点在线段 上，设 （ ），则 点坐标 = ；若在棱上移动，同理； 将目标量表示为 的函数：例如求动点到某点距离平方 ，代入坐标后得到关于 的二次函数；求线面角、二面角也表示为 的三角函数式； 利用函数性质求范围：二次函数在闭区间上求最值，分式函数用导数或基本不等式； 存在性问题转化为方程有解：若要求是否存在某位置使条件成立，将条件转化为关于 的方程，判断方程在 内是否有解； 选填中可用极端位置代入排除：取动点在线段端点或中点时计算，快速排除错误选项。 易错警示：动点轨迹不一定是直线，若在曲面上运动，参数选择需更灵活（如用角度）；参数的范围务必明确，否则最值会出错。 【典例6-2】如图，直四棱柱内接于圆柱，且底面为矩形，B是圆柱底面圆O的圆周上一动点，AC是圆O的直径，且，E是AB的中点，Q是的中点． (1)证明：平面； (2)设，求平面与平面ABC的夹角的正弦值.（用表示） 【变式6-1】如图，在矩形中，，分别是的中点，点分别是对角线上的动点（不包括端点），且，将四边形沿翻折，使平面平面．    (1)求证：平面； (2)求线段的长（用表示）； (3)当线段的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值． 【变式6-2】如图（1），在中，，，将沿折起到的位置，E，F分别为，上的动点，过作平面，交于点Q，使得平面，如图（2）. (1)证明：； (2)若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值. 条件①：平面平面； 条件②：. 题型7 翻折问题 【典例7-1】（25-26高三下·北京·阶段检测）把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角． (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 核心口诀：翻折前后边长、角度不变，垂直关系可能变；建系时选翻折棱为轴，坐标表示两状态。 高分技巧： 识别不变量：翻折过程中，折痕上的点不动，折痕两侧的线段长度、角度大小在翻折前后保持不变（但空间位置改变）； 分状态建系：将翻折前的图形放在平面内建立二维坐标系，翻折后的图形选择折痕为某轴，另一部分绕折痕旋转一定角度，用三维坐标表示； 利用旋转角 ：翻折后，原来共面的两部分形成二面角，设二面角为 ，则翻折后的点坐标可用 的三角函数表示； 求最值或垂直条件：将目标量表示为 的函数，再求范围或解方程； 选填中可直接画两次图，利用勾股定理或余弦定理计算边长关系。 易错警示：翻折后线线垂直可能改变（原来垂直的线可能不再垂直），需重新判断；翻折角 的范围通常为 ，特殊情况需单独讨论。 【典例7-2】（2025·北京海淀·二模）如图1，五边形中，．将三角形沿翻折，使得平面平面，如图2． (1)求证：平面； (2)记直线与平面所成角为．若，求的长． 【变式7-1】如图，在梯形ABCD中，，过点作于点．将沿BE翻折到的位置，使得平面平面ABED.已知四棱锥的体积为8． (1)证明：． (2)若A，B，D，P在同一个球面上，设该球面的球心为，证明：在平面ABCD上． (3)求平面PAD与平面PAB的夹角的余弦值． 【变式7-2】在矩形中，，，为的中点，将沿翻折至，使得平面平面，得到如图所示的四棱锥． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 题型8 范围与最值问题 【典例8-1】如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段中点，为线段上的动点． (1)证明：平面平面； (2)设直线与平面所成角为，求的取值范围． 核心口诀：引入参数建函数，单调有界定范围；均值不等式与导数，双管齐下保准确。 高分技巧： 参数化目标量：通过动点参数或几何变量（如二面角 ），将所求范围表示为函数； 利用基本不等式：若表达式为 型或 型，优先考虑均值不等式；注意取等条件是否成立； 求导法：若函数较复杂（含根号、三角），求导分析单调性，再在定义域端点或极值点处求最值； 几何法：有时利用“两点间线段最短”“垂线段最短”“三角形两边之和大于第三边”等几何直观直接得范围； 数形结合：将立体问题投影到某个平面，转化为平面几何中的最值问题（如距离最值→椭圆/圆上的点到定点距离）。 易错警示：定义域（如参数范围）必须严格，否则最值可能取不到；均值不等式取等需验证是否在几何可行域内。 【典例8-2】如图，在直三棱柱中，，，垂直于平面．点，，分别为边，，上的动点（不包括顶点），且满足． (1)求三棱锥的体积的最大值； (2)记平面与平面所成的锐二面角为，当最小时，求的值，并说明点所处的位置． 【变式8-1】如图，正四棱锥的所有棱长均为2，点M是棱的中点. (1)证明：平面； (2)设点Q在棱上，求平面与平面所成角的余弦值的最大值. 【变式8-2】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1，球O的半径为R，A，B，C为球面上三点，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角C-OA-B，A-OB-C，B-OC-A分别为，，，则球面三角形ABC的面积为.    (1)若平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积； (2)将图1中四面体OABC截出得到图2，若平面三角形ABC为直角三角形，，延长AO与球O交于点D，连接BD，CD. （ⅰ）证明：； （ⅱ）若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，且，，S为AC的中点，T为BC的中点，设平面OBC与平面EST的夹角为，求的最小值. 题型9 立体几何中的存在性问题 【典例9-1】（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． 核心口诀：先假设存在，条件列方程；方程有解则存在，无解则否定。 高分技巧： “三步法”：①假设满足条件的点或直线存在；②将条件转化为坐标方程或参数方程；③判断方程在可行域内是否有解； 构造法：若需要构造出满足条件的几何对象，可先设定参数，逐步满足条件（如先确定位置再调整）； 反证法：若假设存在推出矛盾（如线段长度超过实际范围），则不存在； 选填中可利用特殊位置检验：若所有特殊位置都不满足，则大概率不存在；若某个特殊位置满足，则存在。 易错警示：解方程后需将解代回原条件验证是否完全满足，避免增根；注意几何对象的定义域（如点必须在线段上，直线必须在平面内）。 【典例9-2】（25-26高三下·北京·阶段检测）如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，四边形为菱形，，平面平面，为棱的中点，记平面和平面的交线为. (1)证明：； (2)在线段（不含端点）上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【变式9-1】（25-26高三上·北京·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面平面，是等腰三角形，，E是的中点． (1)求证：； (2)若底面是梯形，，，，，求二面角的余弦值； (3)在（2）的条件下，线段上是否存在点Q，使得平面?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【变式9-2】（25-26高三上·北京·阶段检测）在五面体中，平面，平面．    (1)求证：； (2)若，点D到平面的距离为，求二面角的大小． (3)在第（2）问条件下，线段上是否存在点M，使得与平面所成的角为．若存在，求的长度，若不存在，请说明理由． 题型10 立体几何中的劣构性问题 【典例10-1】（25-26高三上·北京通州·期末）如图，在三棱柱中，侧面为矩形，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值. 条件①：侧面为矩形； 条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 核心口诀：条件冗余挑合适，条件不足补关联；多种选择都验算，结论唯一需说明。 高分技巧： 识别题型：劣构性问题通常给出多个条件，但其中某些条件多余或不足，要求考生选择若干条件推出结论； 优先选择相容条件组：先排除相互矛盾的条件，选择能推出唯一几何体的条件组； 常规求解：选定条件后，按常规方法（综合法或向量法）计算所求量； 说明不唯一性：若题目要求“判断是否存在”，需说明所选条件组是否唯一，或不同选择是否得到相同结论； 检验多余条件：有时多余条件可作为验证，最后说明其与结论不矛盾。 易错警示：选择条件时必须确保几何体存在且满足所有条件；如果条件组不同导致结论不同，需在答案中明确指出。 【典例10-2】（2025·北京大兴·三模）如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：平面平面； 条件②：三棱柱的体积为； 条件③：三棱锥是正四面体． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【变式10-1】（2026·北京朝阳·二模）如图，在多面体中，四边形为正方形，且平面． (1)求证：； (2)若，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使得多面体唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：直线与平面所成角为； 条件③：的面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【变式10-2】（2026·北京东城·二模）如图，在几何体中，平面平面，，，，，，M为中点，点B，D在直线两侧. (1)求证：平面； (2)已知，再从下列条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得几何体存在，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：； 条件③：点D到平面的距离为. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（25-26高三下·北京海淀·阶段检测）如图，在边长为2的正方体中，E是棱上的点，平面交棱于点F． (1)证明：； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度及此时点到平面的距离． 2．（2025·北京·三模）如图，在四棱柱 中， 侧面和底面均为菱形， 且   为的中点，与平面 交于点， (1) 求证: 为的中点； (2) 若平面平面，求二面角 的余弦值. 3．（2025·北京昌平·二模）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，与相交于点，平面平面，点在棱上，． (1)求证：； (2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小． 条件①：平面； 条件②：． 4．（2026·北京朝阳·模拟预测）在四棱锥中，侧面底面，底面是正方形，，，点是棱上一点． (1)当点是棱中点时，求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 5．（2026·北京丰台·三模）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，为的中点，二面角为直二面角. (1)求证：； (2)求平面与平面所成角的余弦值； 创新提升 6．（2026·北京平谷·一模）如图，在三棱台中，四边形为直角梯形，，平面平面，为的中点，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值． 7．（25-26高三上·北京·阶段检测）如图，在直三棱柱中，，，点分别为的中点. (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，使得点在平面内？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 8．（25-26高三上·北京·期中）四棱柱中，底面是边长为1的正方形，侧面是矩形，且平面平面.    (1)证明：平面平面； (2)设，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值； (3)在（2）的条件下，求点到平面的距离. 9．（2026·湖北武汉·三模）如图，在三棱锥中，平面，平面平面，．为的中点，为的三等分点（靠近点）．    (1)请用表示； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)设为的中点，过的平面与射线、分别交于点、，求三棱锥体积的最小值． 10．（2026·山东潍坊·三模）如图，在三棱锥中，为上一点，，，． (1)证明：线段上存在一点，使得平面平面； (2)若，，三棱锥的外接球的表面积为，求二面角的正弦值． 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训01 空间向量与立体几何解答题题型归纳 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 3 题型1 空间中平行关系的证明 3 题型2 空间中垂直关系的证明 11 题型3 空间向量法求空间角 20 题型4 求空间距离 29 题型5 体积与表面积计算 36 题型6 动点问题 44 题型7 翻折问题 52 题型8 范围与最值问题 58 题型9 立体几何中的存在性问题 65 题型10 立体几何中的劣构性问题 73 重难专题分层过关练 83 巩固过关 83 创新提升 92 解题方法及技巧提炼 1、空间向量与立体几何解答题的基本思路是： （1）根据题目条件，合理选择解题路径——几何综合法（传统逻辑推理）或空间向量法（坐标运算）； （2）若用向量法，先建立合适的空间直角坐标系，写出各关键点的坐标，进而得到相关向量的坐标表示； （3）利用向量的数量积、向量积（叉积）等运算，求出直线的方向向量、平面的法向量； （4）将几何问题（平行、垂直、夹角、距离等）转化为向量间的代数关系，通过坐标运算求得结果。 2、空间向量法解决立体几何问题的核心操作流程： （1）建系原则：优先选择共点且两两垂直的三条棱作为坐标轴（如正方体、长方体、直棱柱、正棱锥等），使尽可能多的点落在坐标轴上，简化坐标。若图形无天然垂直关系，可通过作辅助线构造垂直后再建系； （2）关键向量的计算：准确求出直线的方向向量 和平面的法向量 。法向量可通过平面内两个不共线向量的叉积求得，或利用 和 列方程组求解； （3）几何证明的向量判据： 线线平行：两直线方向向量共线； 线面平行：直线的方向向量与平面的法向量垂直； 面面平行：两平面的法向量共线； 线线垂直：两直线方向向量数量积为0； 线面垂直：直线方向向量与平面法向量共线； 面面垂直：两平面法向量数量积为0； （4）几何度量的向量公式： 异面直线所成角：，； 线面角：，； 二面角：，符号需结合图形判断锐钝； 点到平面距离：（ 为平面内任意一点）。 3、常见题型及解题策略： （1）平行与垂直的证明 优先使用几何法（由线线关系推线面关系，再推面面关系）能更简洁；若图形复杂或关系不明显，则转化为向量坐标运算，验证方向向量与法向量的共线或垂直关系。注意书写规范，必须指明所涉及的直线和平面。 （2）空间角的计算 线线角、线面角、二面角是北京高考立体几何解答题的必考内容。推荐全程使用向量法，计算稳定且不易遗漏。注意线面角求得的是正弦值，二面角求得的是余弦值的绝对值，锐钝需结合图形或题意（如“二面角 的大小为 ”则取负值）确定符号。 （3）空间距离的计算 点到平面的距离公式是核心，常用于求几何体的高（进而求体积）。异面直线间距离通常转化为其中一条直线上一点到另一条直线所在平面的距离，也可用向量法直接求公垂线段长度，但公式较复杂，北京卷较少单独考查。 （4）探索性问题（存在性、动点问题） 设动点参数（如 或 ），将目标量表示为 或 的函数，利用已知条件（如垂直、成角、距离等）建立方程，通过解方程判断是否存在满足条件的点。注意参数的范围限制（如 表示在线段上）。 （5）最值与范围问题 将目标量（如体积、角度、距离）表示为参数的函数，利用导数、基本不等式或三角函数有界性求最值。注意几何体的隐含约束（如点在棱上运动的范围）对参数取值区间的限制。 4、实用技巧与答题规范： （1）建系后需在答题卡上明确写出坐标原点和各轴方向，即使题目图中有坐标系，也要用文字说明； （2）求法向量时，若方程组有自由变量，可令其中一个分量为1或0简化计算，但必须保证非零； （3）求二面角时，若法向量选取方向不同，余弦值可能相差符号，应结合图形观察二面角是锐角还是钝角，必要时用“由图可知”进行说明； （4）探索性问题中，若求得参数值在允许范围内，则存在；若不在或方程无解，则不存在，需明确结论； （5）传统几何法与向量法均可使用，北京卷一般不限制方法，考生应选择自己最擅长且最稳妥的方法，避免混合使用造成逻辑混乱。 5、易错点与关键提醒： （1）建系时坐标原点选择不当导致多数点坐标含参，应优先选择图形顶点或垂足作为原点； （2）方向向量和法向量是非零向量，计算后务必检查是否为零向量，避免除以零； （3）线面角公式中 绝对值，不是 ，考生常因混淆而出错； （4）二面角的锐钝判断必须准确，若题目未配图或配图不清晰，可通过取平面内一点代入法向量方向检验； （5）探索性问题中，设参数后需明确参数取值范围，不能默认为全体实数，否则可能得到不符合几何条件的解； （6）答题时需将向量坐标、法向量、公式、代入数据、结果等关键步骤完整呈现，即使最终数值错误，步骤分也能获得。 题型通法及变式提升 题型1 空间中平行关系的证明 【典例1-1】（2026·北京·三模）如图，在五面体中，平面平面，底面是边长为2的菱形．，，．    (1)若点，分别为棱和棱的中点，求证：平面； (2)若，求直线与平面所成的角． 【答案】(1)因为，且，所以四边形是等腰梯形. 取的中点，连接、.是中点，故，； 又是中点，菱形中，，故，. 因此且，四边形是平行四边形，所以. 又平面，平面，故平面.    (2) 【分析】（1）取的中点，连接、.根据中位线以及菱形的性质得到四边形是平行四边形，再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，应用线面角正弦公式求解即可. 【详解】（1）略 （2）由，菱形边长为，故为正方形，进而. 又平面平面，交线为，平面，故平面. 故可以为原点，分别以为轴，以过点的平面的垂线为轴,建立空间直角坐标系. 由（1）易得，，，，，. 故，，. 设平面的法向量， 则，故可取. 设直线与平面所成角为， 则. 因为，故.    核心口诀：线线平行看方向向量共线；线面平行用线线平行或法向量垂直；面面平行用线面平行传递或法向量共线。 高分技巧： 综合法： 证线线平行：利用中位线、平行四边形对边、公理4（平行传递）、线面平行性质等； 证线面平行：在面内找一条线与已知线平行；或利用面面平行性质；或证明已知线所在平面与目标平面平行； 证面面平行：在一个面内找两条相交线分别平行于另一个面内的两条相交线；或利用线面平行传递； 向量法： 线线平行：两方向向量 满足 ； 线面平行：直线的方向向量 与平面的法向量 满足 （且直线不在平面内）； 面面平行：两平面的法向量 满足 ； 证明书写的规范性：综合法必须写明“因为…所以…，根据判定定理得…”，向量法需明确点的坐标和向量坐标，最后下结论。 【典例1-2】（2026·北京大兴·三模）在三棱锥中，.点在棱PB上，点为BC中点. (1)若点为PB中点，平面平面，证明：； (2)若点满足，从下列条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知条件，使得三棱锥存在且唯一，求平面AEF与平面PAC所成夹角的余弦值.条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)分别是PB，BC的中点， ， 平面平面PAC， 平面PAC， 平面AEF，平面平面， ； (2)条件②：；条件③： 【分析】（1）通过线面平行的性质定理证明线线平行；（2）选条件②，建立空间直角坐标系，利用向量法求解平面AEF与平面PAC所成夹角的余弦值. 【详解】（1）略； （2）选条件②： . , ,平面ABC, 平面ABC ， 在平面ABC内，过作，则AB，AH，PA两两垂直； 如图，以为原点，AH为轴，AB为轴，AP为轴，建立空间直角坐标系， 则 ，由于为BC中点，故， 设平面AEF的法向量 所以，即， 令，则，故， 设平面PAC的法向量 所以，即. 令，则，故， 设平面AEF与平面PAC所成的角为， 则. ∴平面AEF与平面PAC所成夹角的余弦值为. 选条件③： . , ,平面ABC, 平面ABC 在平面ABC内，过作，则AB，AH，PA两两垂直： 如图，以为原点，AH为轴，AB为轴，AP为轴， 建立空间直角坐标系，后续解法同②. 不能选条件① . , ,平面ABC, 平面ABC 在平面ABC内，过作，则AB，AH，PA两两垂直； 如图，以为原点，AH为轴，AB为轴，AP为轴，建立空间直角坐标系， 则设,则 ，由于为BC中点，故, 因为，所以，所以 ，化简得， 但，所以上面方程无解，所以条件①无法保证三棱锥存在且唯一，不符合题目要求. 【变式1-1】（2026·北京石景山·二模）如图，在正三棱柱中，，M，N分别是，的中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)设平面与平面的交线为l，求直线l与直线MN所成的角. 【答案】(1)证明：如图，取的中点G，连接NG，AG． 由N，G分别为，的中点，得，且． 又因为，且， 所以，且． 故四边形AMNG为平行四边形．所以． 又因为平面，平面， 所以平面． (2) (3). 【分析】（1）根据线面平行的判定定理求证即可； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角余弦值即可； （3）利用向量法求线面角即可. 【详解】（1）略 （2）取AB中点O，中点H，连结CO，OH． 在正三棱柱中，平面ABC，为等边三角形， 则，，易得平面ABC. 所以，. 故AB，OC，OH两两互相垂直，不妨设， 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，， 因此，， 设平面的法向量为， 则即 令，则.于是. 取BC中点Q，则易知为平面的一个法向量. 平面的一个法向量. 所以． 由题意知二面角为钝角，所以其余弦值为． （3）因为，平面，平面，所以平面. 因为平面平面，平面，所以. 又因为. 设直线l与直线MN所成角为α，， 直线l与直线MN所成角为. 【变式1-2】（2026·北京丰台·二模）如图，在直三棱柱中，，，为的中点，直线交平面于点 . (1)求证： 为的中点； (2)若 是棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)证明：因为平面平面，且平面平面，平面平面， 则，且，可得， 又因为为的中点，所以 为的中点. (2) 【分析】（1）根据面面平行的性质可得，进而可得，即可得结果； （2）建系并标点的坐标，设，，求平面的法向量，根据线面夹角列式求解即可. 【详解】（1）略 （2）以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 则，整理可得，解得 ， 所以. 题型2 空间中垂直关系的证明 【典例2-1】（2026·北京西城·一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，且，E为PD的中点，平面平面． (1)求证：； (2)若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥存在，求平面PAE与平面AEC夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1) 因为平面平面，平面平面. 又平面，，由面面垂直的性质定理，得平面. 因为平面，所以. (2)条件①不符合要求，条件②和条件③下平面PAE与平面AEC夹角的余弦值为 【分析】（1）由面面垂直得 平面 ，再由线面垂直，推出 ，得证结论. （2）条件①思路： 先由 平面 得 ，再结合 推出矛盾，故此条件不成立，四棱锥不存在. 条件②思路： 由 且 为中点得 为直角三角形，证 底面，建系求点坐标，求两平面法向量，用向量公式求二面角余弦值. 条件③思路： 由全等证 ，由面面垂直得 底面，建空间直角坐标系，求各点坐标，求两平面法向量，用夹角公式算余弦值. 【详解】（1）略 （2）由题意，，，，故. 底面为平行四边形，故，，. 若选条件①： 由（1）知平面，故平面，因此. 若，又，这显然不可能， 故条件①无法使四棱锥存在，不符合要求. 若选条件②：. 已知为中点，且，则， 所以为直角三角形，且，即. 由（1）知，又，平面，所以平面. 因为平面，所以， 即两两垂直. 以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系. 则，，，，. 为中点，故. 设平面的一法向量， ，. 设，则. 取，得，所以. 设平面的法向量： ，. 设，则. 得，取，得，所以. 设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为：. 若选条件③：. 由，，，得. 由，得，， 故，即. 又平面平面，平面平面，平面， 由面面垂直的性质定理，得平面. 以为原点，、、分别为、、轴正方向建立空间直角坐标系： ，，，，. 为中点，故. ，， 设平面的一法向量： ，. 设，则. 取，得，所以. 设平面的法向量： ，， 设，则. 得，取，得，所以. 设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为： . 核心口诀：线线垂直看点积为零；线面垂直找两条相交线；面面垂直看法向量点积为零或线面垂直传递。 高分技巧： 综合法： 证线线垂直：利用勾股定理逆定理、等腰三角形三线合一、矩形/正方形邻边、直径所对圆周角、线面垂直定义等； 证线面垂直：在平面内找两条相交直线都与已知线垂直；或利用面面垂直性质（若两平面垂直，则一个面内垂直于交线的直线垂直于另一个面）； 证面面垂直：在一个面内找一条直线垂直于另一个面；或证明二面角为直二面角； 向量法： 线线垂直：两方向向量点积为0； 线面垂直：直线的方向向量与平面的法向量共线； 面面垂直：两平面法向量点积为0； 注意“三垂线定理”：若平面内一条直线与平面的一条斜线在平面上的射影垂直，则它与斜线垂直（反之亦然）。这是综合法中证明异面直线垂直的利器。 【典例2-2】（25-26高三下·北京·开学考试）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：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)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）略 （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． 【变式2-1】（2026·北京延庆·一模）如图，在四棱锥中，底面是一个等腰梯形，，，，M为的中点． (1)求证：平面； (2)若平面． （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）求二面角的余弦值． 【答案】(1) 取的中点，连接， M为的中点，， 又，，，四边形为平行四边形， 且平面，平面, 平面； (2) （ⅰ）平面，平面，， 又底面是一个等腰梯形，，，， ，则，，即， 又平面，，平面. （ⅱ） 【分析】（1）通过作辅助线证明为平行四边形，再利用线面平行的判定定理判断即可； （2）利用已知条件证明，再根据线面垂直的判定定理即可证明； （3）通过建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，再代入公式即可. 【详解】（1）略 （2）（ⅰ）略 （ⅱ）由（ⅰ）知平面，平面，， 故建立以为坐标原点的空间直角坐标系，如图 则，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， 为平面的一个法向量，， 故二面角的余弦值为. 【变式2-2】（25-26高三上·北京朝阳·期末）在四棱锥中，平面平面，．分别为棱上的点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若点为线段的中点，判断直线是否在平面内？并说明理由． 【答案】(1) 因平面平面，平面平面， ，平面，则平面； (2)； (3) 由（2）可得，，. 则。 假设平面，则四点共面，从而存在实数，使， 则.则，即在平面内. 【分析】（1）由平面平面结合平面与平面垂直性质可完成证明； （2）由题设，如图过作平行线交于，建立以为原点的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，据此可得答案； （3）等价于判断是否存在实数，使，据此可完成判断. 【详解】（1）略 （2）如图过作平行线交于，由题设可得. 然后如图建立以为原点的空间直角坐标系. 则.. 因，则. 则，又， 则，设平面法向量为， 则，令，可得可为. 又易得平面的法向量为. 设平面与平面夹角为，则. （3）略 题型3 空间向量法求空间角 【典例3-1】（2026·北京房山·一模）如图，在五面体中，为正方形，为矩形，，． (1)求证：∥平面； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使五面体存在且唯一确定．求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明：因为四边形为正方形， 所以∥且， 又因为四边形为矩形， 所以∥且， 因此∥且， 所以四边形是平行四边形，故∥， 又因为平面，平面， 所以∥平面. (2) 【分析】（1）先根据正方形和矩形性质得∥且，推出四边形是平行四边形，进而得∥，最后由线面平行判定定理得出∥平面. （2）本题分别选择①，②和③，通过建立空间直角坐标系，求出平面法向量与直线方向向量，再利用线面角计算与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）选择条件①： 由，又因为， ，平面，故平面， 因为， 所以以为原点，分别以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 由，得：，，，， 则，，， 设平面的法向量为，则：， 令，解得，，得， 设直线与平面所成角为， 由线面角公式：. 选择条件②：因为 所以以 为原点，为 轴，为 轴，平面的法向量为 轴，建立空间直角坐标系 设，，，，由得 ， 由 得 ，即：， 化简得 ，代入 可得： （），所以，， ，， 设平面 的法向量为，则: ， 令，得，，即， ，设直线与平面所成角为， 由线面角公式可得：. 选择条件③：以为原点，为 轴，为 轴，平面的法向量为 轴，建立空间直角坐标系， 由已知条件可得：，，，， 因为是矩形，所以，， 设，则 ， 是向量 与的夹角， 又因为，为锐角， 故， 由数量积公式可得： ， 将代入方程化简得： ，解得或 ​， 当时，，则， 当时，，则， 所以，， 当时：，五面体不唯一，不合题意. 核心口诀：线线角余弦绝对值，线面角正弦绝对值，二面角余弦看法向量夹角，锐钝看图判。 高分技巧： 建立坐标系：选择合适原点（通常选共顶点三条两两垂直棱的交点），写出各点坐标； 求方向向量与法向量： 线线角：设两直线方向向量 ，则 ， ； 线面角：设直线方向向量 ，平面法向量 ，则 ， ； 二面角：设两平面法向量 ，则 ，正负号由二面角是锐角还是钝角决定（通常根据图形判断，若法向量方向“一进一出”则取负，若“同进同出”则取正，具体可画图辅助）； 快速求法向量：设 ，利用平面内两条相交直线的方向向量与 点积为0，列方程组，取一组非零解（常令某个坐标为1或0简化）； 【典例3-2】（2026·北京海淀·一模）如图，在直四棱柱中，，、，且分别为的中点. (1)求证：平面 (2)从下列条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件，使得直四棱柱存在且唯一，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：： 条件③：与平面所成角为45°. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1) 连接，因为为的中点，且，所以， 又因为且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 又因为，且平面，平面， 所以平面， 因为，且平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面. (2) 【分析】（1）连接，利用线面平行的判定定理，分别证得平面和平面，从而证得平面平面，即可证得平面. （2）选择条件①时，无法确定四棱柱的高，不满足唯一性；选择条件②和③，根据题意，求得直四棱柱的高，以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）略 （2）若选择条件①：， 在四棱柱中，可得，所以，而可以由题干条件得到， 此时无法确定四棱柱的高，不满足唯一性，不符合题意； 若选择条件②：. 因为， 由余弦定理得， 所以，所以， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示， 设四棱柱的高为， 可得， 因为分别为的中点，可得， 可得， 因为，可得，解得， 所以 则， 设平面的一个法向量为， 则， 取，可得，所以， 取平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 可得， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 若选择条件③：与平面所成角为. 连接，在直四棱柱中，可得底面， 所以为直线与平面所成的角，即， 因为，在直角中，可得， 因为为的中点，所以，即直四棱柱的高， 所以， 则， 设平面的法向量为， 则， 取，可得，所以， 又因为平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 可得， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 【变式3-1】（25-26高三下·北京·阶段检测）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) 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) (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. 【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）略 （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）略 【变式3-2】（25-26高三下·北京海淀·开学考试）如图，在四棱锥中，，，，，，，为的中点，平面与棱交于点． (1)求证：为的中点； (2)若为的中点，平面平面，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明平面，再根据线面平行的性质可得，即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，即可求出答案. 【详解】（1）因为，平面，平面， 所以平面， 又平面，平面平面， 所以， 因为是的中点， 所以为的中点． （2）因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面， 又因为平面，因此， 故两两垂直， 故以为原点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，，所以， 设平面的法向量为， 则，令，则，，所以， 所以， 由图知，二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为． 题型4 求空间距离 【典例4-1】（2026·北京·三模）如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为，的中点，． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)已知，为中点，可得， 又平面，平面，故， 分别为中点，三棱柱中，故， 又，平面，平面. (2) (3) 【分析】（1）由及为中点，利用等腰三角形“三线合一”得；结合平面及，得到，从而由线面垂直判定定理证得平面； （2）以平面为基础，构造出二面角的平面角；利用已知边长、、，通过勾股定理与面积公式求出与，进而得到余弦值； （3）将点到平面的距离转化为三棱锥的高，利用等体积法建立方程；结合、及，计算得到所求距离. 【详解】（1）略 （2）由(1)可得平面，平面，故， 过作于，连接，因为，平面， 所以平面，又平面，故， 故即为二面角的平面角， 是中点，，则，； 且，， 故， ，得， 因为平面，又平面，故， 在中：， 故，即二面角的余弦值为. （3）三棱锥的体积等价于三棱锥的体积，即：， 由平面，得：， 计算的面积：，，， 为等腰三角形，底边上的高， 因此：， 设点到平面的距离为，由得：， 解得，即点到平面的距离为. 核心口诀：点面距离用投影公式；线面距、面面距转化为点面距；点点距用两点间距离公式。 高分技巧： 点到点距离：； 点到直线距离：，其中 为直线上一点， 为方向向量， 为给定点； 点到平面距离（核心公式）：，其中 为平面内任一点， 为平面法向量； 线到平面距离：若直线与平面平行，在直线上任取一点，求该点到平面的距离； 平行平面间距离：在一个平面内任取一点，求该点到另一个平面的距离； 异面直线距离：设两直线方向向量 ，公垂线段长度 ，其中 分别为两直线上任意点。此公式在选填中可直接用，解答题中建议用补形或建系后的坐标法。 易错警示：点面距离公式中的法向量必须取单位向量吗？不需要，公式已含分母；异面直线距离公式中 方向为公垂线方向，分子取绝对值。 【典例4-2】（2026·北京西城·模拟预测）如图，在多面体中，四边形为正方形，，为线段的中点，． (1)求证：平面； (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)连接，设，因为四边形为正方形， 所以为的中点，又因为为的中点， 所以且 ，由已知且， 所以且 ，所以四边形为平行四边形， 所以即，因为平面，平面， 所以平面. (2) (3) 【分析】（1）连接，设，推导出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值； （3）利用空间向量法，结合（2）中求出的平面的法向量可求得点到平面的距离． 【详解】（1）略. （2）因为平面，四边形为正方形，以点为坐标原点， 、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的坐标系， 因为，所以， ，， ，设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 设直线与平面所成角为，则直线与平面所成角的正弦值为 . （3）由（2）可知平面的一个法向量为，又， 所以点到平面的距离． 【变式4-1】（25-26高三上·北京东城·期中）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，分别是中点，与平面交于点，. (1)证明：是的中点； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1) 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，故， 则，而平面，平面，故平面， 又平面平面，平面，故， 是中点，故是的中点； (2) (3) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明平面，再根据线面平行的性质定理推出，即可证明结论； （2）说明两两垂直，即可建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案； （3）根据空间距离的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）略 （2）取的中点为O，连接， 因为，故，且, 而，则，即得, 则两两垂直， 以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的一个法向量为 ， 则 ， ，令，则，则， 平面的一个法向量可取为， 平面与平面的夹角为， 故， 平面与平面夹角的大小为； （3）由（2）可知，则, 故点到平面的距离为. 【变式4-2】（25-26高三上·北京西城·阶段检测）如图，在五面体中，四边形是矩形，平面平面，是正三角形，，，． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明过程详见解析. (2) (3) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理得到线面平行，再根据线面平行的性质即可得到. （2）根据面面垂直的性质得到线面垂直，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标和向量，进而求出平面法向量，最后根据向量夹角公式求出二面角的余弦值. （3）根据点到平面的距离公式，利用（2）中求出的平面法向量和相关向量计算即可. 【详解】（1）四边形是矩形，. 又平面，平面，平面. 又平面，平面平面，. （2）取、中点、，连接、. 四边形是矩形，、为、中点，. 是正三角形，. 又平面平面，平面平面，平面， 平面. 以为原点，以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系. 已知，，，则，，. 各点坐标为、、、、 ，. 设平面的法向量为，则，即， 所以，令，则，所以. 平面， 即为平面的一个法向量，. 设平面与平面的夹角为， 则. 平面与平面夹角的余弦值为. （3），平面的法向量为. 又，， 点到平面的距离为. 题型5 体积与表面积计算 【典例5-1】（25-26高三上·北京·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面，，为棱PC上一点．平面ABE与棱PD交于点． (1)求证：为PD的中点； (2)求三棱锥的体积． 【答案】(1)理由如下； (2). 【分析】（1）利用线面平行的判定及其性质即可证明四边形为平行四边形，再结合题干即可证明； （2）利用等体积转化法，求以为顶点的三棱锥的体积即可. 【详解】（1），又平面、平面，平面， 又平面，平面平面，， 又，四边形为平行四边形，， ，，，为的中位线，故为PD的中点. （2）平面，为PD的中点，则点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，即， 又、平面，平面，点到平面的距离为， 又，，又， 故三棱锥的体积为. 【典例5-2】如图在三棱柱中，是等边三角形，． (1)求证：； (2)若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知， （i）求二面角的大小； （ii）四棱锥的体积为________．（结论不要求证明） 条件①：； 条件②：平面平面． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2)条件选择见解析，（i）；（ii）2 【分析】（1）取中点，推导出，，利用线面垂直的判定定理可证得平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）选①或②：（i）推导出、、两两垂直，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的大小； （ii）解法一：求出矩形的面积，利用空间向量法求出点到平面的距离，利用锥体的体积公式可求得结果； 解法二：由并结合柱体和锥体的体积公式计算即可. 【详解】（1）取中点，因为是等边三角形，则， 因为，所以， 由于，、平面，则平面， 又因为平面，所以． （2）选①：（i）在等边中，，中点为， 则， 在直角中，，则， 又，，则， 所以，、、两两垂直， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、， ， 因此， 则，， 易知为平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，则， ， 由图可知二面角为锐角，则二面角的大小为． （ii）解法一：因为，则，且，， 所以，四边形的面积为， 点到平面的距离为， 所以，； 解法二：， ； 选②：在等边中，，中点为， 则， 在直角中，，， 由于平面平面，且，平面，平面平面， 则平面， 因为平面，则，所以，、、两两垂直， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、， ， 因此， 则，， 易知为平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，则， ， 由图可知二面角为锐角，则二面角的大小为． （ii）解法一：因为，则，且，， 所以，四边形的面积为， 点到平面的距离为， 所以，； 解法二：， . 【变式5-1】在三棱锥中，平面平面，，，O是棱的中点，在棱上，且平面. (1)证明：D是棱的中点； (2)证明：平面，并求三棱锥的体积； (3)求二面角的余弦值. 【答案】(1) 因为平面，平面，平面平面， 所以，又是棱的中点，所以D是棱的中点； (2) 连接，因为，O是棱的中点，所以⊥， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以⊥平面， 因为，所以⊥，，， 故， 又，由勾股定理得， 又⊥平面， 三棱锥的体积； (3) 【分析】（1）根据线面平行的性质定理得到，即可得证； （2）作出辅助线，得到线线垂直，根据面面垂直，得到线面垂直，并利用锥体体积公式求出答案； （3）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）略 （2）略 （3）由（2）知，⊥平面，平面， 所以⊥，⊥，又⊥，故两两垂直， 以为坐标原点，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为， 则， 令得，故， 又平面的一个法向量为， 故， 由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为. 【变式5-2】如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，平面平面，为中点，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小； (3)求四面体的体积. 【答案】(1)证明：因为，是的中点，所以， 由于平面平面且交线为，平面，所以平面， 由于平面，所以， 由于平面，平面，所以， 由于平面，所以平面； (2) (3) 【分析】（1）通过证明 （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成角的大小. （3）先求得到平面的距离，进而求得四面体的体积. 【详解】（1）略 （2）因为平面，，所以平面， 平面，所以，而平面， 平面，所以， 由此以为空间坐标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，故可设， 设直线与平面所成角为， 则， 由于，所以， 所以直线与平面所成角的大小为. （3）因为， 所以点到平面的距离， 由于平面，平面，所以， 由于平面，所以平面， 由于平面，所以， 所以四面体的体积. 【点睛】 题型6 动点问题 【典例6-1】（25-26高三下·北京·开学考试）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，侧面底面，，为线段的中点，为线段上的动点． (1)若平面，求证：点为线段中点； (2)如果直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题目信息利用线面平行的性质得到，即可证明； （2）证明平面，，建立空间直角坐标系，设，求出和平面的法向量，利用向量法列方程，解出，即可得答案. 【详解】（1）连接， 因为平面，平面平面，平面， 所以， 又因为为线段的中点， 所以点为线段中点. （2）在中，因为，， 所以，即， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 连接，在中，，，， 所以， 即， 所以，所以， 以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 则，，， 设，所以， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 解得， 所以. 核心口诀：动点设参数 ，向量坐标随它变；目标函数建出来，单调最值轻松判。 高分技巧： 参数化动点：若动点在线段 上，设 （ ），则 点坐标 = ；若在棱上移动，同理； 将目标量表示为 的函数：例如求动点到某点距离平方 ，代入坐标后得到关于 的二次函数；求线面角、二面角也表示为 的三角函数式； 利用函数性质求范围：二次函数在闭区间上求最值，分式函数用导数或基本不等式； 存在性问题转化为方程有解：若要求是否存在某位置使条件成立，将条件转化为关于 的方程，判断方程在 内是否有解； 选填中可用极端位置代入排除：取动点在线段端点或中点时计算，快速排除错误选项。 易错警示：动点轨迹不一定是直线，若在曲面上运动，参数选择需更灵活（如用角度）；参数的范围务必明确，否则最值会出错。 【典例6-2】如图，直四棱柱内接于圆柱，且底面为矩形，B是圆柱底面圆O的圆周上一动点，AC是圆O的直径，且，E是AB的中点，Q是的中点． (1)证明：平面； (2)设，求平面与平面ABC的夹角的正弦值.（用表示） 【答案】(1) 如图，取的中点，连接， 则，且． 因为底面为矩形，所以，，且， 所以，且， 则四边形为平行四边形，所以． 因为平面，平面， 所以平面． (2) 【分析】（1）取的中点，根据中位线的性质可证四边形为平行四边形，得到，根据线面平行的判定定理可证；（2）以为坐标原点，直线，分别为轴建立空间直角坐标系，求得平面与平面ABC的法向量，即可求得面面夹角的余弦值，进而根据同角三角函数的关系式可求得其正弦值. 【详解】（1）略 （2）以为坐标原点，直线，分别为轴，过点且在底面内与垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示． 设，则，，， 所以，． 设平面的法向量为， 则， 令，得. 易知平面的一个法向量为． 设平面与平面的夹角为， 则． 所以， 即平面与平面的夹角的正弦值为． 【变式6-1】如图，在矩形中，，分别是的中点，点分别是对角线上的动点（不包括端点），且，将四边形沿翻折，使平面平面．    (1)求证：平面； (2)求线段的长（用表示）； (3)当线段的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)； (3)． 【分析】(1) 要证明 平面 ，需根据线面垂直判定定理，证明 垂直于平面 内的两条相交直线.由正方形性质可得 ，再结合面面垂直的性质证明 平面 ，得到 ，即可满足判定条件. (2) 以 为原点建立空间直角坐标系，写出各顶点坐标，根据 将点 、 的坐标用参数 表示，通过向量模长公式即可求出 的长度表达式. (3) 先对 长度的表达式配方，求出 最短时对应的 值，确定此时 、 的坐标，再分别求出平面 与平面 的法向量，利用空间向量夹角公式计算两法向量夹角的余弦值，取绝对值即为两平面夹角的余弦值. 【详解】（1）证明：在矩形中，，点分别是的中点， 所以四边形和是全等的正方形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面； （2）以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 则 ， ， ， 因为， 所以 ， ， 则 ， 所以 ， 所以线段的长为 ； （3）因为， 所以当时，线段最短， 此时分别为线段的中点， ， ， 则 ， 设是平面的一个法向量， 则， 令，则， 所以平面的一个法向量为， 由（1）知， 为平面的一个法向量， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 【变式6-2】如图（1），在中，，，将沿折起到的位置，E，F分别为，上的动点，过作平面，交于点Q，使得平面，如图（2）. (1)证明：； (2)若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值. 条件①：平面平面； 条件②：. 【答案】(1)因为，所以，， 又因为、平面，， 所以平面，而平面，所以平面平面， 因为平面平面，平面平面， 所以． (2)选择条件①：选择条件②都是． 【分析】（1）由面面平行的性质定理求解； （2）选择条件①：选择条件②：都是建立空间直角坐标系进行求解． 【详解】（1）略 （2）选择条件①：平面平面， 因为，， 所以为二面角的平面角， 因为平面平面，所以， 所以建立如图空间直角坐标系，又， 所以E，F，Q分别是PC，BC，CD的中点，，，， ，，平面的法向量为， 设平面的法向量为，则得， 令，则，，所以， 设二面角的平面角为，则， 由题可知，二面角为钝二面角则， 二面角的余弦值为， 选择条件②：， 因为平面，平面，所以， 因为，，BC，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以，所以， 因为，， 所以建立如图空间直角坐标系，又， 所以E，F，Q分别是，，的中点，，，， ，，平面的法向量为， 设平面的法向量为，则 得， 令，则，，所以， 设二面角的平面角为，则， 由题可知，二面角为钝二面角，则， 二面角的余弦值为． 题型7 翻折问题 【典例7-1】（25-26高三下·北京·阶段检测）把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角． (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)因为二面角 为直二面角，即平面 平面 ， 又平面平面，，即 ，且 平面，所以 平面 . 因为平面，所以 . 由题意知，是由 翻折得到，且 ,所以，即， 又因为 ，平面，所以 平面. (2) 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理证明 平面，从而得到，结合 即可证明结论； （2）取 中点，建立空间直角坐标系，求出平面 与平面 的法向量，利用向量夹角公式求解即可. 【详解】（1）略 （2）在中，，所以， 分别取 的中点，连接. 因为 ，所以. 又因为平面平面 ，平面 平面，平面 ， 所以平面 .又因为，所以. 以 为坐标原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系. 在中，，所以 . 则, 所以， 设平面的法向量为，则，即， 取，得， 又因为平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 则， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 核心口诀：翻折前后边长、角度不变，垂直关系可能变；建系时选翻折棱为轴，坐标表示两状态。 高分技巧： 识别不变量：翻折过程中，折痕上的点不动，折痕两侧的线段长度、角度大小在翻折前后保持不变（但空间位置改变）； 分状态建系：将翻折前的图形放在平面内建立二维坐标系，翻折后的图形选择折痕为某轴，另一部分绕折痕旋转一定角度，用三维坐标表示； 利用旋转角 ：翻折后，原来共面的两部分形成二面角，设二面角为 ，则翻折后的点坐标可用 的三角函数表示； 求最值或垂直条件：将目标量表示为 的函数，再求范围或解方程； 选填中可直接画两次图，利用勾股定理或余弦定理计算边长关系。 易错警示：翻折后线线垂直可能改变（原来垂直的线可能不再垂直），需重新判断；翻折角 的范围通常为 ，特殊情况需单独讨论。 【典例7-2】（2025·北京海淀·二模）如图1，五边形中，．将三角形沿翻折，使得平面平面，如图2． (1)求证：平面； (2)记直线与平面所成角为．若，求的长． 【答案】(1)证明：因为平面平面，平面，平面平面，， 所以平面，又平面， 所以，又，平面， 所以平面. (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，结合线面垂直的性质与判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法求出平面的法向量，求出线面角，建立关于的方程，解之即可求解. 【详解】（1）略 （2）如图，过点作于点，则， 在中，，所以，得. 过点作轴平面，建立如图空间直角坐标系， 设，则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，所以， 所以， 解得，即. 【变式7-1】如图，在梯形ABCD中，，过点作于点．将沿BE翻折到的位置，使得平面平面ABED.已知四棱锥的体积为8． (1)证明：． (2)若A，B，D，P在同一个球面上，设该球面的球心为，证明：在平面ABCD上． (3)求平面PAD与平面PAB的夹角的余弦值． 【答案】(1) 设，因为，所以． 因为平面平面ABED，平面平面，平面，平面， 所以平面ABED， 由四棱锥的体积为8，，， 得，解得，即，   连接AE，在Rt中，． 在Rt中，所以． 因为，所以，即 因为平面平面ABED，所以 因为平面AEP，所以平面， 又平面AEP，所以； (2) 在平面ABCD内作AB的垂直平分线，交于，连接MB，MP． 因为，所以， 因为，所以 ， 因为，所以， 所以A，B，D，P在以为球心，3为半径的球面上， 即与重合，故在平面ABCD上． (3) 【分析】（1）先求证平面ABED，进而结合体积可求出，再求证平面即可证出； （2）在平面ABCD内作AB的垂直平分线，交于，求证即可； （3）以为坐标原点建系，计算两个平面的法向量，计算法向量的夹角即可. 【详解】（1）略 （2）略 （3）以为坐标原点，EB，EC，EP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PAD的法向量为， 则，令，则． 设平面PAB的法向量为， 则，令，则． 因为， 所以平面PAD与平面PAB的夹角的余弦值为． 【变式7-2】在矩形中，，，为的中点，将沿翻折至，使得平面平面，得到如图所示的四棱锥． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) 在矩形中，，，为的中点， 所以，所以，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 又平面，所以． (2) 【分析】1）利用勾股定理证明垂直，再结合面面垂直的性质定理可证明线面垂直； （2）利用空间向量法来求线面角的正弦值即可. 【详解】（1）略 （2）取的中点，的中点，连接，则，所以平面， 由题可得，所以，所以两两垂直， 以为原点，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，，． 设平面的一个法向量为， 则，取，得，， 所以．设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 题型8 范围与最值问题 【典例8-1】如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段中点，为线段上的动点． (1)证明：平面平面； (2)设直线与平面所成角为，求的取值范围． 【答案】(1)因为 ，且为线段中点，所以． 又因为底面，平面，所以． 而 ，且，因此平面 而平面，因此． 又因为，所以平面． 而平面，所以平面平面. (2) 【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理证明平面平面. （2）方法1：先确定为直线与平面所成的角，再利用直角三角形的边角关系求 的取值范围. 方法2：建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角正弦的取值范围. 【详解】（1）略 （2）法一：由（1）可知直线与平面所成角为， 因此 不妨设，则， 所以 法二：以为原点， ，， 所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系． 不妨设，设，，则，，，， ，，， 设平面的一个法向量， ，即，令 ，则， 则， 因此. 核心口诀：引入参数建函数，单调有界定范围；均值不等式与导数，双管齐下保准确。 高分技巧： 参数化目标量：通过动点参数或几何变量（如二面角 ），将所求范围表示为函数； 利用基本不等式：若表达式为 型或 型，优先考虑均值不等式；注意取等条件是否成立； 求导法：若函数较复杂（含根号、三角），求导分析单调性，再在定义域端点或极值点处求最值； 几何法：有时利用“两点间线段最短”“垂线段最短”“三角形两边之和大于第三边”等几何直观直接得范围； 数形结合：将立体问题投影到某个平面，转化为平面几何中的最值问题（如距离最值→椭圆/圆上的点到定点距离）。 易错警示：定义域（如参数范围）必须严格，否则最值可能取不到；均值不等式取等需验证是否在几何可行域内。 【典例8-2】如图，在直三棱柱中，，，垂直于平面．点，，分别为边，，上的动点（不包括顶点），且满足． (1)求三棱锥的体积的最大值； (2)记平面与平面所成的锐二面角为，当最小时，求的值，并说明点所处的位置． 【答案】(1) (2)；在中点 【分析】（1）设出，由体积公式结合二次函数性质计算即可得； （2）建立空间直角坐标系后，得到平面与平面法向量，即可表示出，结合导数即可得的最大值，亦可得到所处的位置. 【详解】（1）由垂直于平面，且为直三棱柱，故平面， 故为三棱锥的高，设，则， 由，故，则， 故， 故时，三棱锥的体积有最大值； （2）由垂直于平面，、平面， 故、，又， 故、、两两垂直， 设， 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则有、、、、、， 故、、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，，即，， 令，，可得、，、， 故，， 故， 令，， 则， 由， 故当时，，当时，， 故， 故， 由为锐角时，随的增大而减小，故当最小时，有最大， 即此时，此时，即点在中点. 【变式8-1】如图，正四棱锥的所有棱长均为2，点M是棱的中点. (1)证明：平面； (2)设点Q在棱上，求平面与平面所成角的余弦值的最大值. 【答案】(1)因为的所有棱长相等，点是棱的中点， 所以，， 又因为，平面 ， 所以 平面 . (2) 【分析】（1）利用正四棱锥的性质，结合中点条件，通过等腰三角形三线合一证明与，与垂直，进而证明 平面 ； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解二面角的余弦值，设 点的坐标参数，进而表示出平面 的法向量，结合平面 的法向量，计算两个法向量夹角的余弦值，再根据参数范围求最大值. 【详解】（1）略 （2）以为坐标原点， 所在直线为 轴，以过点且垂直于底面的直线为 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，， 设，由（1）知 平面 ， 则为平面 的法向量. 则，， 设平面 的法向量为， 则，可取， 记平面 与平面 所成角为，则. 当时，取到最大值. 【变式8-2】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1，球O的半径为R，A，B，C为球面上三点，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角C-OA-B，A-OB-C，B-OC-A分别为，，，则球面三角形ABC的面积为.    (1)若平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积； (2)将图1中四面体OABC截出得到图2，若平面三角形ABC为直角三角形，，延长AO与球O交于点D，连接BD，CD. （ⅰ）证明：； （ⅱ）若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，且，，S为AC的中点，T为BC的中点，设平面OBC与平面EST的夹角为，求的最小值. 【答案】(1) (2) （ⅰ）由是球的直径，得， 且，平面， 则平面，又平面，则； （ⅱ） 【分析】（1）根据垂直可得，即可代入公式求解. （2）（ⅰ）根据球的性质可得线线垂直，可证明平面，然后利用线面垂直的性质定理证明即可； （ⅱ）先利用线面垂直的判定定理得平面，建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，利用向量的夹角公式，得，结合换元以及基本不等式即可求解的最大值得解. 【详解】（1）因为平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，所以， 所以球面三角形面积为． （2）（ⅰ）略 （ⅱ）由（ⅰ）知，， 而，平面， 于是平面，由直线与平面所成的角分别为， 得， 不妨取，得， 以C为坐标原点，直线分别为x，y轴，过点C作的平行线为z轴，建立空间直角坐标系，    设，则， ， 则， 设平面法向量，则， 取，得， 设平面法向量，则， 取，得， 因此 ， 令，则， 于是， 当且仅当时取等号，取最大值， 所以的最小值为. 题型9 立体几何中的存在性问题 【典例9-1】（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) ∵ 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. 【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）略 （2）略 【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. 核心口诀：先假设存在，条件列方程；方程有解则存在，无解则否定。 高分技巧： “三步法”：①假设满足条件的点或直线存在；②将条件转化为坐标方程或参数方程；③判断方程在可行域内是否有解； 构造法：若需要构造出满足条件的几何对象，可先设定参数，逐步满足条件（如先确定位置再调整）； 反证法：若假设存在推出矛盾（如线段长度超过实际范围），则不存在； 选填中可利用特殊位置检验：若所有特殊位置都不满足，则大概率不存在；若某个特殊位置满足，则存在。 易错警示：解方程后需将解代回原条件验证是否完全满足，避免增根；注意几何对象的定义域（如点必须在线段上，直线必须在平面内）。 【典例9-2】（25-26高三下·北京·阶段检测）如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，四边形为菱形，，平面平面，为棱的中点，记平面和平面的交线为. (1)证明：； (2)在线段（不含端点）上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 证明：∵四边形为菱形，∴， ∵平面，平面，∴平面， ∵平面，平面平面， ∴. (2)存在，或. 【分析】（1）由题意，可得平面，然后利用线面平行的性质可证得； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面的距离的向量公式求解. 【详解】（1）略 （2）取的中点，连接，， ∵是边长为4的等边三角形，∴， ∵四边形为菱形，，∴为等边三角形，， ∵平面平面，平面平面，平面，， ∴平面， 以为坐标原点，以，，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，由， 令，则，，， 假设在线段（不含端点）上存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为. 设，， 则， ∵平面的法向量为， 直线与平面所成角的正弦值为， ∴， 整理得，解得或， 所以在线段（不含端点）上存在点，当或时， 直线与平面所成角的正弦值为. 【变式9-1】（25-26高三上·北京·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面平面，是等腰三角形，，E是的中点． (1)求证：； (2)若底面是梯形，，，，，求二面角的余弦值； (3)在（2）的条件下，线段上是否存在点Q，使得平面?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) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）取中点F，连接，以E为原点，以、、所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，计算得到和的坐标，由可证结果； （2）由二面角的向量求法进行求解； （3）先假设存在点Q，使得平面，设，，可得，由可计算得到，故在线段上不存在点Q，使得平面． 【详解】（1）证明：取中点F，连接， ，，E是的中点，， 则以E为原点，以、、所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， ，，，， ，，，， ，， ， ，即． （2）由（1）可得，，，，，， ，， 设平面的一个法向量为，则 令，则，，， 依题意平面的一个法向量为， 设二面角的大小为，由图知，为锐角， ， 即二面角的余弦值为． （3）在线段上不存在点Q，使得平面， 理由如下： 假设存在点Q，使得平面，设，， ， 由（2）可知，平面的一个法向量为， 则，解得， 故在线段上不存在点Q，使得平面． 【变式9-2】（25-26高三上·北京·阶段检测）在五面体中，平面，平面．    (1)求证：； (2)若，点D到平面的距离为，求二面角的大小． (3)在第（2）问条件下，线段上是否存在点M，使得与平面所成的角为．若存在，求的长度，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）运用线面平行的判定定理得出线面平行，再由线面平行的性质定理证明线线平行； （2）利用等体积法求出为等腰直角三角形得出线段长度，建立空间直角坐标系，利用向量垂直求出，求解两平面的法向量，进而利用向量夹角余弦公式计算求解； （3）设，结合平面的法向量，利用向量法求解即可得出的长度． 【详解】（1）证明：平面，平面， ，平面，平面， 平面， 平面平面，平面， ． （2）平面，，平面，平面， ， 又平面，平面， ， 又，平面， 平面， ，， ，即， ，即，， 以D为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系，    设，则 ， ， ，，解得， 设平面的法向量为，平面的法向量为， ， ，令则， ， ，令，则， 设二面角的大小为，结合图象可知为钝角， ，故． （3）设线段上存在点M，使得与平面所成的角为， 设， 则，则， 由（2）知，平面的法向量为， ，即，解得， ，， 线段上是存在点M，使得与平面所成的角为，此时． 题型10 立体几何中的劣构性问题 【典例10-1】（25-26高三上·北京通州·期末）如图，在三棱柱中，侧面为矩形，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值. 条件①：侧面为矩形； 条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1) 证明：连接，交于，连接， 由三棱柱的定义可知为平行四边形， 所以有为的中点，又因为为的中点， 所以. 因为平面平面， 所以平面. (2) 【分析】（1）通过连接交于点，利用中位线定理证明，从而证得线面平行； （2）选择条件①时，可得，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角公式计算正弦值，选择条件②利用线面垂直可证得，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角公式计算正弦值. 【详解】（1）略 （2）选择条件① 因为为矩形，为矩形，所以. 又因为，所以. 如图建立空间直角坐标系，则. 所以. 设平面的法向量为，则即 令，则.于是. 设直线与平面所成角为，则 选择条件② 因为， 所以. 因为， 所以平面. 所以. 以下同条件①. 核心口诀：条件冗余挑合适，条件不足补关联；多种选择都验算，结论唯一需说明。 高分技巧： 识别题型：劣构性问题通常给出多个条件，但其中某些条件多余或不足，要求考生选择若干条件推出结论； 优先选择相容条件组：先排除相互矛盾的条件，选择能推出唯一几何体的条件组； 常规求解：选定条件后，按常规方法（综合法或向量法）计算所求量； 说明不唯一性：若题目要求“判断是否存在”，需说明所选条件组是否唯一，或不同选择是否得到相同结论； 检验多余条件：有时多余条件可作为验证，最后说明其与结论不矛盾。 易错警示：选择条件时必须确保几何体存在且满足所有条件；如果条件组不同导致结论不同，需在答案中明确指出。 【典例10-2】（2025·北京大兴·三模）如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：平面平面； 条件②：三棱柱的体积为； 条件③：三棱锥是正四面体． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明：取中点为，连接和∵，∴ 又为等边三角形，∴ ∵，，平面， ∴平面，又面，∴ ∵三棱柱中， ∴，四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形. (2)选条件②或条件③， 【分析】（1）由正三棱锥的性质以及正三角形的性质，可得线线垂直，根据线面垂直，可得答案； （2）由题意，建立空间直角坐标，求得直线的方向向量以及平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）略 （2）条件①：不符合题意.如图所示： 取中点，连接、：因为是边长为的正三角形， 因此，且，； 又，因此， 由勾股定理得：（1）， 根据条件①平面平面，两平面交线为，平面， 因此平面，平面， 可得.结合题设， 在中由勾股定理得：（2）. 联立（1）（2）可得，则矛盾， 因此条件①不符合题意. 条件②：取中点为，连接，交于点 则底面 三棱柱的体积为，底面积为，所以高， 以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向， 过点且与平行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， 因为，． 则，取，可得， 又， 设直线与平面所成角为， 所以． 条件③：为正四面体，∴ 取中点为，连接，交于点 则底面 由等边易得， 以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向， 过点且与平行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， 因为，． 则， 取，可得， 又， 设直线与平面所成角为， 所以． 【变式10-1】（2026·北京朝阳·二模）如图，在多面体中，四边形为正方形，且平面． (1)求证：； (2)若，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使得多面体唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：直线与平面所成角为； 条件③：的面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1) 因为四边形为正方形，所以. 因为平面，平面，所以. 因为，所以共面. 又，平面，所以平面 因为平面，所以. (2)选条件①无效;选条件②余弦值为;选条件③余弦值为 【分析】（1）利用线面垂直的判定与性质，先由正方形对角线互相垂直得，再由平面推出，结合与相交，证得平面，而在平面内，故. （2）四边形是正方形，平面，则两两垂直，以为原点，分别为轴建系，写出各顶点坐标；由，设.条件①中对任意恒成立，无法定点，故不可用；条件②利用直线与平面所成角，或由面积定值，均可解出.再求出平面与平面的法向量，代入面面夹角公式，算出两平面夹角的余弦值为. 【详解】（1）略 （2）四边形为正方形，且平面所以易得两两垂直. 选条件① 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由得：， 由，设. 由，得恒成立. 此时多面体并不唯一确定，因此条件①无效. 选条件② 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由得：， 由，设，所以 直线与平面所成角为，易得平面的一法向量为. 故，解得（舍去负值）, 设平面的法向量.向量，. 由法向量定义得方程组：，. 解得，取，则. 求平面的法向量. 向量，. 由法向量定义得方程组：，. 令，则，，即. 设平面夹角为，则. 平面与平面夹角的余弦值为 选条件③ 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由得：， 由，设， 所以， ， 解得（舍去负值） 设平面的法向量.向量，. 由法向量定义得方程组：，. 解得，取，则. 求平面的法向量. 向量，. 由法向量定义得方程组：，. 令，则，，即. 设平面夹角为，则. 平面与平面夹角的余弦值为 【变式10-2】（2026·北京东城·二模）如图，在几何体中，平面平面，，，，，，M为中点，点B，D在直线两侧. (1)求证：平面； (2)已知，再从下列条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得几何体存在，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：； 条件③：点D到平面的距离为. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明：取中点，连接，， 因为，所以， 因为为中点，所以，因为，所以， 所以、、三点共线，即，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. (2)条件①不合题设，选条件②或③： 【分析】（1）取中点，通过，，为中点可得，从而得，利用面面垂直的性质定理即可证明； （2）根据条件可建立空间直角坐标系，写出各点坐标，再通过从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个来确定点坐标即可求解. 【详解】（1）略 （2）因为平面，平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面， 以为原点，、、为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，. 若选条件①：，设，则，， 因为，所以，解得，不符合题意，故不能选条件①. 若选条件②：，连接，在中，， 所以，则，， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，，所以平面的法向量为， 由题可知平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，则. 若选条件③：点D到平面的距离为， 因为平面，所以点D到平面的距离为，即， 以下同条件②. 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（25-26高三下·北京海淀·阶段检测）如图，在边长为2的正方体中，E是棱上的点，平面交棱于点F． (1)证明：； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度及此时点到平面的距离． 【答案】(1) 连接，由正方体可知，， 四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面， 平面，平面平面， ． (2)1； 【分析】（1）根据正方体的性质，利用线面平行证明线线平行； （2）建立空间直角坐标系，得出相关点和向量的坐标，求出平面法向量，利用向量夹角余弦公式结合点到平面的距离公式求解． 【详解】（1）略 （2） 如图，以D为原点，建立空间直角坐标系， 设的长为a，则，，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，故可得； 设直线与平面所成角为， 则，解得， ， 故的长度为1； ，点到平面的距离． 2．（2025·北京·三模）如图，在四棱柱 中， 侧面和底面均为菱形， 且   为的中点，与平面 交于点， (1) 求证: 为的中点； (2) 若平面平面，求二面角 的余弦值. 【答案】(1)在四棱柱 中， 平面平面， 又因为平面CDE 平面ABCD=CD， 所以， 又因为，所以， 又因为E为的中点，所以F为的中点 (2) 【分析】（1）根据面面平行可得，根据中位线的性质可得； （2）建立空间直角坐标系，利用法向量法求解二面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）取AD的中点O，连接， 在四棱柱 中， 四边形，四边形均为菱形， 又 所以均为等边三角形， 所以， 又因为平面平面ABCD，平面平面ABCD=AD， 平面，所以平面ABCD， 平面ABCD，所以， 如图建立空间直角坐标系， 所以， 所以即为平面的一个法向量， ， 设平面的一个法向量为， 所以，令得， 所以， 所以， 因为二面角 为锐角， 所以二面角 的余弦值为， 【点睛】 3．（2025·北京昌平·二模）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，与相交于点，平面平面，点在棱上，． (1)求证：； (2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小． 条件①：平面； 条件②：． 【答案】(1)证明：因为在中，，， 所以，即． 因平面平面，平面平面，平面， 所以平面．又因平面，所以． (2) 【分析】（1）先证明，再由平面平面证明平面，即得线线垂直； （2）选条件①，先根据线面平行的性质定理，推出为的中点，建系后，求出相关点和向量的坐标，由空间向量的夹角公式计算即得；选条件②，由条件先证，再证为的中点，接着证平面，取的中点，连接，证明平面，求出，再证明是平面与平面夹角或补角，求解即得. 【详解】（1）略 （2） 选条件①：平面． 如图，因为平面，平面， 平面平面，所以． 因为为平行四边形，为的中点，所以为的中点． 所以．因为，所以． ．由（1）已得平面，因平面，故， 又，即两两垂直． 如图建立空间直角坐标系，则， ，因此． 设平面的法向量为，则，即． 令，则，所以． 易知平面的一个法向量， ，所以平面与平面夹角为． 选条件②：． 如图，由（1）得，则， 又，由，可得，因，则为的中点， 则，即，可得， 因平面平面，平面平面，平面，故平面. 取的中点，连接，则，故平面，因平面，则， 又，，且， 又平面，故平面， 因平面，则，即是平面与平面夹角或补角， 在中，，则，故平面与平面的夹角为. 4．（2026·北京朝阳·模拟预测）在四棱锥中，侧面底面，底面是正方形，，，点是棱上一点． (1)当点是棱中点时，求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 【答案】(1)证明：连接，交于点，连接． 因底面是正方形，则点是中点，又因点是棱中点， 所以． 又因为平面，平面， 所以平面. (2)或． 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可； （2）由面面垂直的性质得到平面，即可得到，再证，进而建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可得的坐标，即可得解. 【详解】（1）略 （2）因为侧面底面，平面底面， 因，平面,则平面． 又因平面,则． 因为，，满足,则得． 故可以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系． 则，，，，． 设，则,且， 则,,, 设平面的法向量为． 由,故可取． 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以． 整理得，解得或,经检验均符合题意. 故线段的长为或． 5．（2026·北京丰台·三模）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，为的中点，二面角为直二面角. (1)求证：； (2)求平面与平面所成角的余弦值； 【答案】(1)因为二面角为直二面角，所以平面平面. 正方形中，. 又平面平面，平面，所以平面. 因为平面，所以. 又，，平面，所以平面. 因为平面，所以. (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质、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，求出平面与平面的法向量，结合面面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）略 （2）在中，，为的中点，， 所以，. 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 取中点，连接，因为平面，所以. 正方形中，为中点，所以. 所以两两垂直. 以为原点，以为轴建立空间直角坐标系， 则，，，. 所以，，，. 设平面的法向量为， 则，即，令，则，所以. 设平面的法向量为， 则，即，则，令，则， 所以. 设平面与平面所成角为， 则， 故平面与平面所成角的余弦值为. 创新提升 6．（2026·北京平谷·一模）如图，在三棱台中，四边形为直角梯形，，平面平面，为的中点，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明如下： 法一：取的中点，连接， 因为分别是的中点，可得，且， 在三棱台中，可得，所以， 又因为，所以， 所以四边形是平行四边形，则， 因为平面，平面，所以平面． 法二：在三棱台中，为的中点，且， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，且平面，于是平面． (2) 【分析】（1）法一：取的中点，连接，证得四边形是平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； 法二：根据题意，证得四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）略 （2）解：因为平面平面，平面平面， 且，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 可得， 则． 设平面的法向量为，则， 令，可得．所以． 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成的角正弦值为． 7．（25-26高三上·北京·阶段检测）如图，在直三棱柱中，，，点分别为的中点. (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，使得点在平面内？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 证明：连接，因为在直三棱柱中，四边形是平行四边形，点为的中点. 所以点为的中点， 又因为点为的中点， 所以， 又平面，平面 所以平面 (2) (3)存在； 【分析】（1）连接，证明点为的中点即可证明，再根据线面平行判定定理即可证明； （2）结合题意，过作平面，以为原点，分别为轴的正方向，利用坐标法求解即可； （3）设，则，利用点满足即可求解； 【详解】（1）略 （2）因为，为中点，所以，且， 过作平面，以为原点，分别为轴的正方向， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 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）设，则，， 由在平面内可知，即，解得， 所以存在点，当时，点在平面内. 8．（25-26高三上·北京·期中）四棱柱中，底面是边长为1的正方形，侧面是矩形，且平面平面.    (1)证明：平面平面； (2)设，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值； (3)在（2）的条件下，求点到平面的距离. 【答案】(1) 因为侧面是矩形，所以， 又平面平面.，两平面交线为，在平面内， 所以平面.又在平面内， 所以， 又底面为正方形，所以，且为平面内两条相交直线， 所以平面， 又在平面内， 所以平面平面； (2) (3) 【分析】（1）由平面平面.得到平面.进而求证平面，即可； （2）建系，求得平面法向量代入夹角公式即可求解； （3）由点到面的距离公式即可求解. 【详解】（1）略 （2）由（1）知：四棱柱为直四棱柱，如图建系：    则， 设平面的法向量为，， 所以， 令，得，即 易知平面的法向量为， 所以， 解得：； （3）， 所以点到平面的距离 9．（2026·湖北武汉·三模）如图，在三棱锥中，平面，平面平面，．为的中点，为的三等分点（靠近点）．    (1)请用表示； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)设为的中点，过的平面与射线、分别交于点、，求三棱锥体积的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用空间向量基本定理线性表示出向量即可； （2）利用面面垂直的性质定理，余弦定理以及线面角的定义结合已知条件求解即可； （3）根据题意建立空间直角坐标系，写出相应的点坐标和求出相应向量坐标，利用点共面的性质、锥体体积公式以及基本不等式分析求解即可. 【详解】（1）由题意，连接，如图所示，    由为的中点，为的三等分点（靠近点）， 则 . （2）因为平面，平面，所以， 过点作，垂足为，如图所示， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 又，面，面，则平面， 因为平面，所以， 过作，垂足为，由平面， 所以，所以平面，则为直线与平面所成角， 由题意可知， 根据余弦定理得：， 所以，, 设直线与平面所成角为， 在直角三角形中有： 所以直线与平面所成角的正弦值为．    （3）由（2）知，，，， 以为原点，以所在直线分别为轴， 在平面内，以与垂直的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 设， 则， 由于四点共面，则存在实数，使得， 即，解得， 而，故，解得， 当且仅当，即时等号成立， 而到平面的距离为， 所以， 当且仅当时等号成立. 10．（2026·山东潍坊·三模）如图，在三棱锥中，为上一点，，，． (1)证明：线段上存在一点，使得平面平面； (2)若，，三棱锥的外接球的表面积为，求二面角的正弦值． 【答案】(1)取中点， 由，得，由，得， 由，且都在平面内，故平面， 又平面，所以平面平面， 综上，存在点，使得平面平面； (2) 【分析】（1）取中点，易得、，再由线面、面面垂直的判定定理证明平面平面，即可证； （2）由题意为等边三角形，取中点，根据已知及（1）结论，应用二面角的定义得到二面角的平面角为，并求出各边的边长，应用余弦定理求的余弦值，进而求其正弦值. 【详解】（1）略 （2） 由，，知为等边三角形，，， 取中点，则，且，又，则， 由平面，平面，则二面角的平面角为， 由（1）平面，平面，则， 又，且都在平面内，则平面， 由平面，则，而， 在中，在中， 所以，则，故在中， 综上，两两垂直，且的斜边为， 故三棱锥外接球的球心在过点且垂直于平面的直线上， 易知平面，且， 三棱锥的外接球半径为，则，可得，即， 由平面，则，故，则， 所以，， 在中，，， 由余弦定理得， 故二面角的正弦值为. 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $