专题09 规则几何体建系6种常见考法归类（题型专练）高二数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 以6种建系场景为核心，系统提炼规则几何体空间直角坐标系建立的方法体系，逻辑递进且覆盖全面，培养空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |题型1-6|每题型1例+3变式|核心逻辑（如共顶点垂直棱、线面垂直）、解题步骤（找点-定轴-写坐标）、易错提醒（坐标轴垂直性等）|从直接建系（墙角模型）到辅助线建系（作线面/面面垂直），形成几何条件与建系方法的对应逻辑链，体现应用意识|

专题09 规则几何体建系6种常见考法归类 （题型突破·举一反三） 题型 01 利用共顶点的互相垂直的三条棱建立空间直角坐标系 题型 02 利用线面垂直建立空间直角坐标系 题型 03 作线面垂直辅助线建系 题型 04 利用面面垂直关系建立空间直角坐标系 题型 05 作面面垂直辅助线建系 题型 06 利用棱锥的顶点与其射影的连线建立空间直角坐标系 ▌题型01 利用共顶点的互相垂直的三条棱建立空间直角坐标系 1.核心逻辑 几何体同一个顶点处，存在三条两两垂直的棱，直接把该顶点作为坐标原点，三条棱分别做轴。常见模型：墙角模型、有侧棱垂直底面的四棱锥、长方体、正方体。 2.解题步骤 ①找到同一个顶点，确认交于该点的三条棱两两互相垂直； ②以这个公共顶点为坐标原点，三条棱所在直线依次为轴、轴、轴； ③根据棱长，依次写出所有顶点的空间坐标； ④得到坐标后，再进行证明、求角、求距离等向量运算。 3.易错提醒 没有确认三条棱互相垂直就盲目建系；坐标轴方向搞反；底面点的坐标忘记写0。 【例1】（2026高二·陕西商洛·期末）在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，，且，，． (1)求四棱锥的体积． (2)若为的中点，点满足，证明：平面． (3)求平面与平面夹角的余弦值． 【变式1-1】（2026高三·全国·专题练习）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，点E是上的点，且（）． (1)求证：对任意的，都有； (2)若二面角的大小为，求λ的值． 【变式1-2】（2026高二·青海西宁·期末）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，，，，，为的中点．    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值． 【变式1-3】（2026高一·海南海口·期末）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，． (1)求证：； (2)求平面和平面夹角的余弦值． ▌题型02 利用线面垂直建立空间直角坐标系 1.核心逻辑 已知一条直线垂直于一个平面，则这条直线天然作为轴；再在底面平面内找两条互相垂直的直线作为轴，垂足取作坐标原点。 2.解题步骤 ①找到垂直于底面的那条直线，垂足记为原点； ②这条垂线作为轴； ③在底平面内，过垂足作两条互相垂直的直线，分别作为轴； ④结合各条边长，写出全部点坐标； ⑤后续开展向量计算。 3.易错提醒 底面内找的两条直线不垂直就当做轴；错把非垂足点当作坐标原点。 【例2】（2026高二·河南洛阳·期末）如图，在三棱锥中，平面，，，D是的中点，于E. (1)求证：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 【变式2-1】（2026高二·河南许昌·期末）如图，在四棱锥中，平面，，四边形是边长为的菱形，． (1)证明：平面； (2)若，． （ⅰ）求平面与平面的夹角； （ⅱ）若，证明：平面． 【变式2-2】（2026高二·云南保山·期末）如图，在四棱锥中，平面是等边三角形，.    (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【变式2-3】（2026高二·宁夏吴忠·期中）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若点是线段的中点，求点到平面的距离. ▌题型03 作线面垂直辅助线建系 1.核心逻辑 题干已经给出线面垂直关系，但垂线不经过想要设置的原点，不移动原有垂线，过选定的原点作这条垂线的平行线作为轴；再在底平面内，过原点取两条互相垂直直线作为轴。 本质：平行线和原垂线同样垂直底面，满足z轴垂直底面的要求，不需要移动原几何垂线。 2.解题步骤 ①先找出题中已知的线面垂直关系，确定这条垂线的方向； ②在底面上选取合适位置作为坐标原点（顶点、中点等，方便写坐标）； ③过原点作该垂线的平行线作为轴； ④在底面内，过原点选取两条互相垂直的直线，分别作为轴； ⑤利用平面几何知识，计算各顶点到原点的距离，写出全部点坐标； ⑥完成坐标书写，开展向量证明、求角、求距离计算。 3.易错提醒 强行把原点放在原垂线上，导致其余点坐标复杂；误以为z轴必须和题目原有垂线重合；底面轴没有保证互相垂直。 【例3】（2026高二·河南信阳·期末）在正三棱柱中，底面边长，侧棱，点在侧棱上，且满足． (1)是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． (2)当时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 【变式3-1】（2026高二·新疆乌鲁木齐·期末）如图，在三棱锥中，平面，． (1)求证：平面平面； (2)若，是的中点，求平面与平面夹角的大小． 【变式3-2】（2026高二·湖南株洲·期末）如图，在四棱锥中，，，，，平面． (1)若，求点到平面的距离； (2)求与平面所成角的正弦值的最大值． 【变式3-3】（2026高三·广东佛山·阶段检测）如图，在三棱锥中，平面，，E是的中点，F是线段上的一点（不含端点）． (1)证明：平面； (2)若二面角的大小为，判断是否存在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． ▌题型04 利用面面垂直关系建立空间直角坐标系 1.核心逻辑 已知两个平面互相垂直，依据面面垂直的性质定理：在一个平面内向两个平面的交线作垂线，则这条垂线垂直另一个平面，这条垂线就可以充当轴。 2.解题步骤 ①找出两个互相垂直平面的交线； ②在其中一个平面内，过交线上一点作交线的垂线，该垂线垂直另一个平面，作为轴； ③交线取为轴；在底面平面内过垂足作垂直交线的直线作为轴； ④确定原点，结合边长写出所有点坐标； ⑤进行向量求解。 3.易错提醒 不会使用面面垂直性质定理，找不到垂直平面的那条直线；原点选在交线上非垂足位置。 【例4】（2026高二·河南新乡·期末）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ABC； (2)若平面ABC，且，连接PD，AD，求直线BP与平面PAD所成角的正弦值． 【变式4-1】（2026高三·北京·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，，，是线段的中点，连结． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【变式4-2】（2026高二·湖北武汉·期中）如图，三棱锥中，，平面平面． (1)求异面直线AC与BD所成角的余弦值； (2)若点F是线段AD（不含端点）上的一点，且直线AD与平面所成角大小为，求线段DF的长度． 【变式4-3】（2026高一·广东江门·竞赛）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，点M，N分别为BC，PD的中点． (1)证明：平面； (2)若，平面平面，求二面角的正弦值． ▌题型05 作面面垂直辅助线建系 1.核心逻辑 题干给出面面垂直条件，由面面垂直性质可以得到一条垂直平面的直线，但该垂线不经过理想原点；不移动这条几何垂线，过选定原点作它的平行线作为轴；在平面内过原点取两条互相垂直直线做轴。 关键点：z轴只需要方向和那条垂线一致，不需要和原直线重合。 2.解题步骤 ①找到两个互相垂直平面以及它们的交线； ②利用面面垂直性质，得到一条垂直于其中一个平面的垂线，确定垂线方向； ③在平面上选择方便计算的点作为坐标原点； ④过原点作上述垂线的平行线，作为z轴； ⑤过原点，在底面平面内，选取两条互相垂直的直线分别作为轴； ⑥结合几何体边长与平面几何关系，计算各个顶点坐标； ⑦完成建系，开展向量相关运算。 3.易错提醒 错误要求z轴必须与原题得到的垂线重合；原点选取不当，增大坐标计算难度；轴没有保证互相垂直。 【例5】（2026高一·吉林延边·期末）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，． (1)求证：平面平面； (2)设为侧棱上一点，四边形是过，两点的截面，且平面，若平面平面；求平面与平面的夹角余弦值． 【变式5-1】（2026高二·广东深圳·阶段检测）如图，是以为直径的圆上异于，的点，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线. (1)证明：平面； (2)直线l上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【变式5-2】（2026高三·贵州遵义·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，，． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【变式5-3】（2026高一·全国·期末）在三棱锥中，平面，平面平面．    (1)证明：平面； (2)若为的中点，且，，求二面角的余弦值． ▌题型06 利用棱锥的顶点与其射影的连线建立空间直角坐标系 1.核心逻辑 棱锥顶点在底面上有射影（投影点），顶点与射影的连线垂直底面，这条连线直接用作轴；射影点取为坐标原点，底面内过射影找两条互相垂直直线作为轴。 常见：正棱锥，顶点射影就是底面多边形的中心。 2.解题步骤 ①确定棱锥顶点在底面的射影点；顶点‑射影的连线垂直底面，该连线为轴； ②把射影点设置为坐标原点； ③在底面内，过射影原点，找两条互相垂直的直线，作为轴； ④根据底面图形（正方形、正多边形等）几何性质，计算底面各点坐标； ⑤写出顶点以及全部点坐标，再做向量证明、求角求距离。 3.易错提醒 认错射影位置（正棱锥射影是底面中心）；底面图形几何性质用错，坐标算错；射影连线不是z轴。 【例6】（2026高三·四川南充·阶段检测）如图，在四棱锥中，已知四边形是边长为的正方形，点P在底面上的射影为底面的中心O，点M在棱上，且的面积为1． (1)若点M是PD的中点，证明：平面； (2)若点M满足，求直线与平面所成夹角的正弦值． 【变式6-1】（2026·湖南永州·模拟预测）如图，是半圆的直径，是上的两个三等分点，点在底面上的射影为的中点． (1)当时，求点到平面的距离； (2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值． 【变式6-2】（2026·四川成都·模拟预测）如图，在三棱锥中，，为的中点，于，，已知，，，． (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由． 【变式6-3】（2026高三·新疆阿克苏·期末）如图所示，四棱锥的底面为正方形，顶点P在底面上的射影为正方形的中心为侧棱的中点．    (1)求证：平面； (2)若，四棱锥的体积为，求与平面所成角． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 规则几何体建系6种常见考法归类 ▌题型01 利用共顶点的互相垂直的三条棱建立空间直角坐标系 【例1】【答案】(1) (2)证明：过点作，交于点，连接． 因为，所以．因为为的中点，，所以．    又，所以四边形是平行四边形，则． 因为平面，平面，所以平面，     同理可证平面．    因为，所以平面平面． 因为平面，所以平面． (3) 【详解】（1）解：因为梯形的面积， 所以四棱锥的体积． （2）略 （3）解：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，，，，． 设平面的法向量为． 由，得， 取，则． 易知平面的一个法向量为， 所以， 故平面与平面夹角的余弦值为． 【变式1-1】【答案】(1)证法1：证明：连接，由底面是正方形可得． 因为平面，平面，所以， 又因为,平面， 所以平面， 因为点E是上的点，所以平面，所以. 证法2：以D为原点，，，的方向分别作为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，， ，， ，． ， 即对任意的，都有. (2) 【分析】（1）证法1：连接，可证得平面，从而可证得；证法2：以D为原点，，，的方向分别作为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量证明； （2）解法1：过点D在平面内作于点F，连接，可得是二面角的平面角，然后在中求解即可；解法2：求出两平面的法向量，利用向量的夹角公式列方程求解即可. 【详解】（1）略 （2）解法1：平面，平面，． 又底面是正方形， 又，平面． 因为平面，所以， 过点D在平面内作于点F，连接， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 故是二面角的平面角，即． 在中，，，， 于是，． 在中，， 即． 由，得解． 解法2：为平面的一个法向量． 设平面的一个法向量为， 则，， ，即 取，得 由，解得. 【变式1-2】【答案】(1)如图，设与的交点为，连接， ∵在三棱柱中，四边形是平行四边形，∴是的中点， 又∵为的中点，∴是三角形的中位线， ∴，又∵平面，平面，∴平面. (2) 【详解】（1）略. （2）∵，，， 平面，∴平面， ∴，又∵侧面为正方形，∴， 以为原点，分别以的方向为轴正方向， 建立空间直角坐标系，则，， ，，，    ∵轴底面，∴取平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，， ，则，化简得， 令，则，即， 设二面角的平面角为，由图可判断为钝角， 则. 【变式1-3】【答案】(1)因为平面，又因为平面，所以． 在正方形中，易知， 又因为，，平面， 因此平面． 又平面，故. (2) 【分析】（1）先根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据线面垂直证明线线垂直. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦. 【详解】（1）略 （2）易知，，两两互相垂直， 因此可以为坐标原点，以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，． 由（1）可知，平面，故是平面的法向量． 设平面的法向量为，则有，即， 得，取，则，即，则， 所以平面和平面夹角的余弦值为． ▌题型02 利用线面垂直建立空间直角坐标系 【例2】【答案】(1)平面，平面， ，又，，平面， 平面，平面，从而， 又，D是的中点，则， 由，平面，则平面， 由平面，则， 又，，平面， 平面； (2) 【分析】（1）根据已知条件，由线面垂直的性质、判定定理证明结论即可； （2）构建合适空间直角坐标系，标出相关点坐标，进而求出两个平面的法向量，应用向量法求面面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）由平面，平面，则， 由平面，平面，则， 在中，即， 所以，，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 依题意，得，，，，， 即，，设平面的法向量， 由，得，令，得， 由（1）知平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 【变式2-1】【答案】(1)平面，平面， ， 又四边形为菱形，， 且，，平面， 平面 (2)（ⅰ）； （ii）设，则， 由，即，得， ， 平面的一个法向量为， ， 又平面平面 【分析】（1）先由菱形对角线性质得，再由线面推出，最后利用线面垂直判定定理即可证得. （2）（ⅰ）先写出两个平面内的向量，分别求出两平面的法向量；再利用法向量夹角余弦公式，取绝对值计算锐二面角 （ii）求出直线的方向向量，验证该向量与平面的法向量点积为0，说明直线与平面法向量垂直，又平面即可证得. 【详解】（1）略 （2）（ⅰ）取的中点，连接， ∵四边形是边长为的菱形，， ∴为等边三角形，因此，， 又，， ∵平面，平面， ∴， ∴以点为原点，以，，所在直线分别为，，轴 建立空间直角坐标系，如图所示： 则由已知可得： ，，，，，， 因此，，，， 设平面的一个法向量为， 则有即得 又由（1）可知为平面的一个法向量，， 设平面与平面的夹角为 则，又， 因此，平面与平面的夹角为． （ii）略 【变式2-2】【答案】(1) 平面平面. 在中，， 又平面平面， 平面，所以平面平面. (2) 【分析】（1）由题意，再解三角形得，由线面垂直判定定理知平面，再由面面垂直的判定定理得证； （2）方法一（向量法）：建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可； 方法二（几何法）：过点作交于点，过作交于点，连接，则即为平面与平面所成二面角的平面角. 在中，求解完成. 【详解】（1）略 （2）    方法一：取的中点，连接， 则两两互相垂直，以为坐标原点， 所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系. 则， . 设平面的一个法向量为，则 所以令，得. 设平面的一个法向量为， 则所以令，得. 记平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 几何法：      方法二：过点作交于点，过作交于点， 连接，则即为平面与平面所成二面角的平面角. 证明如下： 平面平面. 又平面 平面平面， 又平面， 平面平面，， 所以即为平面与平面所成二面角的平面角. 在Rt中，， ， 即平面与平面夹角的余弦值为. 【变式2-3】【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先利用平面几何的知识与线面垂直的性质证得两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，由此证得线面平行； （2）结合（1）中结论，求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角余弦的坐标表示求解即可； （3）利用空间向量点面距离公式求解即可. 【详解】（1）记的中点为，连结， 因为，，所以四边形是平行四边形，则， 因为，所以平行四边形是矩形，则， 因为平面，平面，所以，则两两垂直， 故以为坐标原点，分别以，，为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，，， 因为为的中点，所以，则， 设平面的一个法向量为，而，， 则，令，则， 所以，则， 又平面，所以平面． . （2）设平面的一个法向量为，而，， 所以，令，则， 设平面的一个法向量为，而，， 所以，令，则， 记平面与平面夹角为，则， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）由题得，，则， 由（2）知平面的一个法向量， 则点到平面的距离为. ▌题型03 作线面垂直辅助线建系 【例3】【答案】(1)存在，，取的中点，连接，则， 以为原点，为轴正方向，为轴正方向，过点作平行的直线为轴，建立空间直角坐标系， 由题意，，则，，，， ，，设， 由，，，得，即， 所以，， 若，则，得，满足，符合， 所以，存在，使得； (2) 【分析】（1）取的中点，连接，则，构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，设，根据已知得，再写出的坐标，根据垂直关系列方程求参数，即可得结论； （2）由题意，求出相关平面的法向量，应用向量法求二面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）若，则，设平面的一个法向量为， 由，，得，取，得， 设平面的一个法向量为， 由，，得，取，则得， 设平面与平面所成的锐二面角为，则， 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 【变式3-1】【答案】(1)∵ 平面，平面，∴ . 又∵ ，，平面，∴ 平面. ∵ 平面，∴ 平面平面. (2) 【分析】（1）由线面垂直的性质推出，结合已知，可证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可完成证明. （2）以为原点建立空间直角坐标系，设，得到各点坐标，分别求解平面和平面的法向量，通过法向量的夹角即可求得两个平面的夹角大小. 【详解】（1）略 （2）以为坐标原点，分别以的方向为轴、轴正方向，过作平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，，. ∵ 是的中点，∴ ， ∴ ，，. 设平面的法向量为， 则，即， 将代入得，令，得，∴ . 设平面的法向量为， 则，即， 将代入得，令，得，∴ . 设平面与平面的夹角为，， 则， ∴ ，即平面与平面的夹角为. 【变式3-2】【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面的法向量，再用点到平面的距离公式计算； （2）先设出点的参数坐标，求出平面的法向量，再写出直线的方向向量，根据线面角的正弦值公式得到关于参数的表达式，再用函数或不等式求最大值. 【详解】（1）由平面，平面，则， 又，由都在面内，则面         过作于，过作，故可构建如下图示空间直角坐标系， 又，，， 则，，，，         所以，，， 若是面的一个法向量，则， 令，则，             所以点到平面的距离； （2）法一：同（1）构建空间直角坐标系，易知是与面所成角的平面角， 显然在以为直径的圆上，令， 显然，可得或， 当时，，， 则， 所以，此时最大值为； 当时，，， 则， 所以，此时最大值为； 综上，与平面所成角的正弦值的最大值为．     法二：取的中点，则平面且，在以为圆心，为半径的圆上， 所以，与平面所成角为，点到平面的距离为， 则，点到平面的距离即到的距离，所以 所以与平面所成角的正弦值的最大值为． 【变式3-3】【答案】(1)因为平面，平面，所以； 又，是的中点，所以； 因为，，平面，所以平面． (2)存在， 【分析】（1）由线面垂直的判定定理进行求解； （2）建立空间直角坐标系，利用向量进行求解． 【详解】（1）略 （2）由平面，得，，故， 设，以为原点，为轴，为轴，过作的垂线为轴，建立坐标系， ，，，，， 设，，， 平面的法向量为， 设直线与平面所成角为，则： ， 解得，故存在点使得直线与平面所成角的正弦值为， 此时． ▌题型04 利用面面垂直关系建立空间直角坐标系 【例4】【答案】(1)如图，取AB的中点，连接PO，CO． 因为是边长为2的等边三角形，为AB的中点， 所以，且．     又因为为AB的中点， 所以，且．     因为，所以，所以．     又平面ABC，所以平面ABC，     又因为平面PAB，所以平面平面ABC. (2) 【分析】（1）取AB的中点，连接PO，CO，证明，，进而可证明平面ABC，可证明平面平面ABC； （2）法一：以为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得平面PAD的一个法向量和直线的方向向量，利用向量法可求得直线BP与平面PAD所成角的正弦值．法二：取PA的中点，连接BM，则，可证明平面PAD，从而可得即直线BP与平面PAD所成的角．计算求解即可. 【详解】（1）略. （2）方法一：由（1）得OB，OC，OP两两互相垂直，故以为坐标原点，OB，OC，OP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PAD的法向量为， 则即 令，得， 故平面PAD的一个法向量为．     设直线BP与平面PAD所成的角为， 则， 所以直线BP与平面PAD所成角的正弦值为．     方法二：如图，取PA的中点，连接BM，则．     由（1）知，平面平面ABC，且， 因为平面ABC，且，所以且， 所以四边形POCD是平行四边形，，所以平面PAB，     因为平面PAB，所以， 又，所以平面PAD， 所以即直线BP与平面PAD所成的角．     因为是等边三角形，所以， 即直线BP与平面PAD所成角的正弦值为． 【变式4-1】【答案】(1)因为四边形为菱形，所以． 又因为，为的中点，所以． 又因为平面平面， 平面平面， 所以平面，因为平面， 所以． (2) 【分析】（1）通过证明线面垂直得到线线垂直； （2）利用向量法求解，求出两个平面的一个法向量，再求出两个法向量夹角的余弦值的绝对值，即两个平面夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）连结．因为，为的中点， 所以． 由（1）可知平面， 所以，． 设，则． 如图，建立空间直角坐标系． 所以． 所以，． 因为平面， 所以是平面的一个法向量． 设平面的法向量为， 则，即，所以 令，则，．于是． 所以． 平面与平面夹角余弦值为． 【变式4-2】【答案】(1) (2)1． 【分析】（1）利用面面垂直条件建立空间直角坐标系，借助向量夹角公式，求出异面直线所成角余弦值； （2）参数设点 F，求出平面 的法向量，利用线面角公式解参数，最后算出 DF 长度. 【详解】（1）取BC中点，连接OA、OD，又， 又平面平面，平面平面，平面， 平面， 为BC中点，，      如图，以分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则， ， 设异面直线AC与BD所成的角为， 则，       所以异面直线AC与BD所成角的余弦值为. （2）设， 由（1）知，， 则，得，故． 设平面的法向量， 则， 令，得，即，      由直线AD与平面所成角大小为， 得．            ， 所以线段DF的长度为1． 【变式4-3】【答案】(1)取的中点为，连接， 又为的中点，则且， 又正方形中，为的中点，则且， 所以且，所以四边形为平行四边形， 故，又因为平面，平面， 所以平面； (2) 【分析】（1）取的中点为，连接，通过证明四边形为平行四边形可证得结论； （2）取的中点为，的中点为，连接，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间坐标系，利用空间向量法求二面角的正弦值. 【详解】（1）略. （2）取的中点为，的中点为，连接， 因为，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 又四边形为正方形，所以. 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， 因为，，所以， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，得， 所以平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， ，令，得， 所以平面的一个法向量为， 所以， 设二面角的大小为， 则， 所以二面角的正弦值为． ▌题型05 作面面垂直辅助线建系 【例5】【答案】(1)在中，因为，， 所以，， 所以，则，即， 又，，， 所以，所以， ，，面， 所以面， 又面，所以面面． (2) 【分析】（1）根据多面体的几何性质，利用余弦定理和勾股定理得出线线垂直关系，进而证明线面垂直，再利用面面垂直判定定理推出结论； （2）建立空间直角坐标系，得出相关点和向量坐标，进而求出相关平面法向量，利用向量夹角余弦公式计算求解． 【详解】（1）略 （2）以为原点，分别以，为，轴的正方向建立空间直角坐标系， 因为， 则，，，，， ，，， 设是平面的法向量， 则，取， 设，其中． 则， 连接，因平面，平面，平面平面， 故， 取与同向的单位向量， 设是平面的法向量， 则，取， 由平面平面，知，有，解得． 此时， 又平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则， 综上所述平面与平面的夹角余弦值为． 【变式5-1】【答案】(1)连接并延长，交圆于点，连接， 则，， 所以四边形为矩形，所以， 因为，所以， 故平面与平面的交线为所在直线，即所在直线为直线， 因为为直径，所以， 因为平面平面，交线为，平面， 所以平面，即平面. (2)存在，1 【分析】（1）由三角形中位线性质得，结合圆的直径特征构造矩形，以此确定两平面的交线；利用直径所对圆周角为直角得到线线垂直，再结合面面垂直的性质定理，证明平面. （2）建立空间直角坐标系，设出直线上点的坐标，求出平面的法向量；根据线面角的向量计算公式列方程，解出参数后得到的长度，验证点是否存在. 【详解】（1）略 （2）在上取点，连接，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，垂直，的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，， 所以，，，， ，， 则， 设平面的法向量为， 则 解得，令，则， 故，又， 故， 解得，故，即直线上存在点， 使得直线与平面所成的角的正弦值为，且. 【变式5-2】【答案】(1)因为底面是正方形，所以， 因为，，平面， 所以平面，且平面， 所以平面平面. (2) 【分析】（1）由题意有，再由线面、面面垂直的判定定理证明结论； （2）根据已知求出相关线段长，构建合适的空间直角坐标系，求出平面的法向量，应用向量法求面面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）由题意，正方形的边长为，则， 在中，，， 因为，所以， 在中，设为与的交点，则， 所以，故是等边三角形，， 由（1）知平面平面，且交线为，过作于， 而平面，则平面 ， 在中，， 以为原点，为轴正方向，为轴正方向建立如图空间直角坐标系， 所以，，，，， 因为在上，且，所以， 因为底面且，可得， 平面的法向量，，， 所以，取，则， 平面的法向量，，， 所以，取，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 平面与平面夹角的余弦值为. 【变式5-3】【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）过点作，垂足为点，利用面面垂直的性质定理可得出平面，可得出，由平面可得出，进而利用线面垂直的判定定理可证得平面； （2）推导出点为线段的中点，设，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余弦值. 【详解】（1）过点作，垂足为点，    且平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 由平面，可得， 又因为平面，平面，则， 且，、平面，所以平面. （2）因为，，可知：为中点． 又因为为的中点，则∥， 由（1）可知：平面，则平面， 且、平面，可得，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图．    因为平面，平面，则， 设，则，， 则，，，，，， 设平面的法向量为，则，， 由，即， 令得，，则． 设平面的法向量为，，， 由，可得， 令，可得，，则， 可得． 由图象可知：二面角是钝角，所以二面角的余弦值为. ▌题型06 利用棱锥的顶点与其射影的连线建立空间直角坐标系 【例6】【答案】(1) 在四棱锥中，连接， 由点O为底面正方形的中心，得过点O，且点O为的中点， 由点M是PD的中点，得，又平面，平面， 所以平面． (2)． 【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的判定推理得证. （2）以为原点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. 【详解】（1）略 （2）由四边形是边长为的正方形，得， 由点P在底面上的射影为底面的中心O，得平面， 平面，则，由的面积为1，得，则， 又，即直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，， 由，得，则，而， 设平面的法向量为，则，取，得， 设直线PA与平面所成夹角为，则， 所以直线PA与平面所成夹角的正弦值为. 【变式6-1】【答案】(1)2 (2) 【分析】（1）由题可得四边形是菱形，所以，再证明，进而得平面，所以点到平面的距离为，得解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量法求解. 【详解】（1）如图，连接，设与相交于点，再连接， 因为是弧上的两个三等分点，所以， 又，所以与都是正三角形， 所以，即四边形是菱形，所以， 又因为点在底面上的射影为的中点， 所以平面， 由，得，即，而，所以， 所以平面，又平面， 所以，而，平面， 所以平面，垂足为， 即点到平面的距离为，而， 所以点到平面的距离为2. （2）取的中点，连接，由（1）可知两两互相垂直， 故以点为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 当时，可得，，，，， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 故， 因为平面轴，所以取平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 【变式6-2】【答案】(1) ，为的中点， ，，，平面， 平面，平面，， ，，平面， 平面； (2)在线段AP上不存在点M，使得二面角的大小为 【分析】（1）先利用线线垂直证明平面，可得，结合可证结论； （2）以为原点，以方向为轴正方向，以射线的方向为轴正方向，建立空间坐标系，设，，求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用向量法可得，求解可得结论. 【详解】（1）略 （2）以为原点，以方向为轴正方向，以射线的方向为轴正方向，建立如图所示的空间坐标系， 则，，，， 设，，则，， ， 设平面的一个法向量， 则， 令，则， 设平面的一个法向量， ，， ， ， 令，则， 由二面角的大小为，得， ，方程无解， 不存在点使得二面角的大小为． 【变式6-3】【答案】(1) 连接，    因为底面是正方形，且顶点P在底面上的射影为正方形的中心， 所以， 又因为点是中点， 所以由三角形中位线定理可得； 因为平面，平面， 所以平面； (2) 【分析】（1）利用三角形中位线结合线面平行的判定定理进行证明； （2）构建空间直角坐标系，然后利用法向量求解与平面所成角． 【详解】（1）略 （2）， 解得： 以故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.    由已知可得 ， 设平面的一个法向量是. 由，得， 令，则， 所以与平面所成角的正弦值为， 所以与平面所成角为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 规则几何体建系6种常见考法归类 （题型突破·举一反三） 题型 01 利用共顶点的互相垂直的三条棱建立空间直角坐标系 题型 02 利用线面垂直建立空间直角坐标系 题型 03 作线面垂直辅助线建系 题型 04 利用面面垂直关系建立空间直角坐标系 题型 05 作面面垂直辅助线建系 题型 06 利用棱锥的顶点与其射影的连线建立空间直角坐标系 ▌题型01 利用共顶点的互相垂直的三条棱建立空间直角坐标系 1.核心逻辑 几何体同一个顶点处，存在三条两两垂直的棱，直接把该顶点作为坐标原点，三条棱分别做轴。常见模型：墙角模型、有侧棱垂直底面的四棱锥、长方体、正方体。 2.解题步骤 ①找到同一个顶点，确认交于该点的三条棱两两互相垂直； ②以这个公共顶点为坐标原点，三条棱所在直线依次为轴、轴、轴； ③根据棱长，依次写出所有顶点的空间坐标； ④得到坐标后，再进行证明、求角、求距离等向量运算。 3.易错提醒 没有确认三条棱互相垂直就盲目建系；坐标轴方向搞反；底面点的坐标忘记写0。 【例1】（2026高二·陕西商洛·期末）在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，，且，，． (1)求四棱锥的体积． (2)若为的中点，点满足，证明：平面． (3)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) (2)证明：过点作，交于点，连接． 因为，所以．因为为的中点，，所以．    又，所以四边形是平行四边形，则． 因为平面，平面，所以平面，     同理可证平面．    因为，所以平面平面． 因为平面，所以平面． (3) 【详解】（1）解：因为梯形的面积， 所以四棱锥的体积． （2）略 （3）解：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，，，，． 设平面的法向量为． 由，得， 取，则． 易知平面的一个法向量为， 所以， 故平面与平面夹角的余弦值为． 【变式1-1】（2026高三·全国·专题练习）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，点E是上的点，且（）． (1)求证：对任意的，都有； (2)若二面角的大小为，求λ的值． 【答案】(1)证法1：证明：连接，由底面是正方形可得． 因为平面，平面，所以， 又因为,平面， 所以平面， 因为点E是上的点，所以平面，所以. 证法2：以D为原点，，，的方向分别作为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，， ，， ，． ， 即对任意的，都有. (2) 【分析】（1）证法1：连接，可证得平面，从而可证得；证法2：以D为原点，，，的方向分别作为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量证明； （2）解法1：过点D在平面内作于点F，连接，可得是二面角的平面角，然后在中求解即可；解法2：求出两平面的法向量，利用向量的夹角公式列方程求解即可. 【详解】（1）略 （2）解法1：平面，平面，． 又底面是正方形， 又，平面． 因为平面，所以， 过点D在平面内作于点F，连接， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 故是二面角的平面角，即． 在中，，，， 于是，． 在中，， 即． 由，得解． 解法2：为平面的一个法向量． 设平面的一个法向量为， 则，， ，即 取，得 由，解得. 【变式1-2】（2026高二·青海西宁·期末）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，，，，，为的中点．    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)如图，设与的交点为，连接， ∵在三棱柱中，四边形是平行四边形，∴是的中点， 又∵为的中点，∴是三角形的中位线， ∴，又∵平面，平面，∴平面. (2) 【详解】（1）略. （2）∵，，， 平面，∴平面， ∴，又∵侧面为正方形，∴， 以为原点，分别以的方向为轴正方向， 建立空间直角坐标系，则，， ，，，    ∵轴底面，∴取平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，， ，则，化简得， 令，则，即， 设二面角的平面角为，由图可判断为钝角， 则. 【变式1-3】（2026高一·海南海口·期末）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，． (1)求证：； (2)求平面和平面夹角的余弦值． 【答案】(1)因为平面，又因为平面，所以． 在正方形中，易知， 又因为，，平面， 因此平面． 又平面，故. (2) 【分析】（1）先根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据线面垂直证明线线垂直. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦. 【详解】（1）略 （2）易知，，两两互相垂直， 因此可以为坐标原点，以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，． 由（1）可知，平面，故是平面的法向量． 设平面的法向量为，则有，即， 得，取，则，即，则， 所以平面和平面夹角的余弦值为． ▌题型02 利用线面垂直建立空间直角坐标系 1.核心逻辑 已知一条直线垂直于一个平面，则这条直线天然作为轴；再在底面平面内找两条互相垂直的直线作为轴，垂足取作坐标原点。 2.解题步骤 ①找到垂直于底面的那条直线，垂足记为原点； ②这条垂线作为轴； ③在底平面内，过垂足作两条互相垂直的直线，分别作为轴； ④结合各条边长，写出全部点坐标； ⑤后续开展向量计算。 3.易错提醒 底面内找的两条直线不垂直就当做轴；错把非垂足点当作坐标原点。 【例2】（2026高二·河南洛阳·期末）如图，在三棱锥中，平面，，，D是的中点，于E. (1)求证：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)平面，平面， ，又，，平面， 平面，平面，从而， 又，D是的中点，则， 由，平面，则平面， 由平面，则， 又，，平面， 平面； (2) 【分析】（1）根据已知条件，由线面垂直的性质、判定定理证明结论即可； （2）构建合适空间直角坐标系，标出相关点坐标，进而求出两个平面的法向量，应用向量法求面面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）由平面，平面，则， 由平面，平面，则， 在中，即， 所以，，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 依题意，得，，，，， 即，，设平面的法向量， 由，得，令，得， 由（1）知平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 【变式2-1】（2026高二·河南许昌·期末）如图，在四棱锥中，平面，，四边形是边长为的菱形，． (1)证明：平面； (2)若，． （ⅰ）求平面与平面的夹角； （ⅱ）若，证明：平面． 【答案】(1)平面，平面， ， 又四边形为菱形，， 且，，平面， 平面 (2)（ⅰ）； （ii）设，则， 由，即，得， ， 平面的一个法向量为， ， 又平面平面 【分析】（1）先由菱形对角线性质得，再由线面推出，最后利用线面垂直判定定理即可证得. （2）（ⅰ）先写出两个平面内的向量，分别求出两平面的法向量；再利用法向量夹角余弦公式，取绝对值计算锐二面角 （ii）求出直线的方向向量，验证该向量与平面的法向量点积为0，说明直线与平面法向量垂直，又平面即可证得. 【详解】（1）略 （2）（ⅰ）取的中点，连接， ∵四边形是边长为的菱形，， ∴为等边三角形，因此，， 又，， ∵平面，平面， ∴， ∴以点为原点，以，，所在直线分别为，，轴 建立空间直角坐标系，如图所示： 则由已知可得： ，，，，，， 因此，，，， 设平面的一个法向量为， 则有即得 又由（1）可知为平面的一个法向量，， 设平面与平面的夹角为 则，又， 因此，平面与平面的夹角为． （ii）略 【变式2-2】（2026高二·云南保山·期末）如图，在四棱锥中，平面是等边三角形，.    (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1) 平面平面. 在中，， 又平面平面， 平面，所以平面平面. (2) 【分析】（1）由题意，再解三角形得，由线面垂直判定定理知平面，再由面面垂直的判定定理得证； （2）方法一（向量法）：建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可； 方法二（几何法）：过点作交于点，过作交于点，连接，则即为平面与平面所成二面角的平面角. 在中，求解完成. 【详解】（1）略 （2）    方法一：取的中点，连接， 则两两互相垂直，以为坐标原点， 所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系. 则， . 设平面的一个法向量为，则 所以令，得. 设平面的一个法向量为， 则所以令，得. 记平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 几何法：      方法二：过点作交于点，过作交于点， 连接，则即为平面与平面所成二面角的平面角. 证明如下： 平面平面. 又平面 平面平面， 又平面， 平面平面，， 所以即为平面与平面所成二面角的平面角. 在Rt中，， ， 即平面与平面夹角的余弦值为. 【变式2-3】（2026高二·宁夏吴忠·期中）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若点是线段的中点，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先利用平面几何的知识与线面垂直的性质证得两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，由此证得线面平行； （2）结合（1）中结论，求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角余弦的坐标表示求解即可； （3）利用空间向量点面距离公式求解即可. 【详解】（1）记的中点为，连结， 因为，，所以四边形是平行四边形，则， 因为，所以平行四边形是矩形，则， 因为平面，平面，所以，则两两垂直， 故以为坐标原点，分别以，，为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，，， 因为为的中点，所以，则， 设平面的一个法向量为，而，， 则，令，则， 所以，则， 又平面，所以平面． . （2）设平面的一个法向量为，而，， 所以，令，则， 设平面的一个法向量为，而，， 所以，令，则， 记平面与平面夹角为，则， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）由题得，，则， 由（2）知平面的一个法向量， 则点到平面的距离为. ▌题型03 作线面垂直辅助线建系 1.核心逻辑 题干已经给出线面垂直关系，但垂线不经过想要设置的原点，不移动原有垂线，过选定的原点作这条垂线的平行线作为轴；再在底平面内，过原点取两条互相垂直直线作为轴。 本质：平行线和原垂线同样垂直底面，满足z轴垂直底面的要求，不需要移动原几何垂线。 2.解题步骤 ①先找出题中已知的线面垂直关系，确定这条垂线的方向； ②在底面上选取合适位置作为坐标原点（顶点、中点等，方便写坐标）； ③过原点作该垂线的平行线作为轴； ④在底面内，过原点选取两条互相垂直的直线，分别作为轴； ⑤利用平面几何知识，计算各顶点到原点的距离，写出全部点坐标； ⑥完成坐标书写，开展向量证明、求角、求距离计算。 3.易错提醒 强行把原点放在原垂线上，导致其余点坐标复杂；误以为z轴必须和题目原有垂线重合；底面轴没有保证互相垂直。 【例3】（2026高二·河南信阳·期末）在正三棱柱中，底面边长，侧棱，点在侧棱上，且满足． (1)是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． (2)当时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 【答案】(1)存在，，取的中点，连接，则， 以为原点，为轴正方向，为轴正方向，过点作平行的直线为轴，建立空间直角坐标系， 由题意，，则，，，， ，，设， 由，，，得，即， 所以，， 若，则，得，满足，符合， 所以，存在，使得； (2) 【分析】（1）取的中点，连接，则，构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，设，根据已知得，再写出的坐标，根据垂直关系列方程求参数，即可得结论； （2）由题意，求出相关平面的法向量，应用向量法求二面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）若，则，设平面的一个法向量为， 由，，得，取，得， 设平面的一个法向量为， 由，，得，取，则得， 设平面与平面所成的锐二面角为，则， 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 【变式3-1】（2026高二·新疆乌鲁木齐·期末）如图，在三棱锥中，平面，． (1)求证：平面平面； (2)若，是的中点，求平面与平面夹角的大小． 【答案】(1)∵ 平面，平面，∴ . 又∵ ，，平面，∴ 平面. ∵ 平面，∴ 平面平面. (2) 【分析】（1）由线面垂直的性质推出，结合已知，可证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可完成证明. （2）以为原点建立空间直角坐标系，设，得到各点坐标，分别求解平面和平面的法向量，通过法向量的夹角即可求得两个平面的夹角大小. 【详解】（1）略 （2）以为坐标原点，分别以的方向为轴、轴正方向，过作平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，，. ∵ 是的中点，∴ ， ∴ ，，. 设平面的法向量为， 则，即， 将代入得，令，得，∴ . 设平面的法向量为， 则，即， 将代入得，令，得，∴ . 设平面与平面的夹角为，， 则， ∴ ，即平面与平面的夹角为. 【变式3-2】（2026高二·湖南株洲·期末）如图，在四棱锥中，，，，，平面． (1)若，求点到平面的距离； (2)求与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面的法向量，再用点到平面的距离公式计算； （2）先设出点的参数坐标，求出平面的法向量，再写出直线的方向向量，根据线面角的正弦值公式得到关于参数的表达式，再用函数或不等式求最大值. 【详解】（1）由平面，平面，则， 又，由都在面内，则面         过作于，过作，故可构建如下图示空间直角坐标系， 又，，， 则，，，，         所以，，， 若是面的一个法向量，则， 令，则，             所以点到平面的距离； （2）法一：同（1）构建空间直角坐标系，易知是与面所成角的平面角， 显然在以为直径的圆上，令， 显然，可得或， 当时，，， 则， 所以，此时最大值为； 当时，，， 则， 所以，此时最大值为； 综上，与平面所成角的正弦值的最大值为．     法二：取的中点，则平面且，在以为圆心，为半径的圆上， 所以，与平面所成角为，点到平面的距离为， 则，点到平面的距离即到的距离，所以 所以与平面所成角的正弦值的最大值为． 【变式3-3】（2026高三·广东佛山·阶段检测）如图，在三棱锥中，平面，，E是的中点，F是线段上的一点（不含端点）． (1)证明：平面； (2)若二面角的大小为，判断是否存在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)因为平面，平面，所以； 又，是的中点，所以； 因为，，平面，所以平面． (2)存在， 【分析】（1）由线面垂直的判定定理进行求解； （2）建立空间直角坐标系，利用向量进行求解． 【详解】（1）略 （2）由平面，得，，故， 设，以为原点，为轴，为轴，过作的垂线为轴，建立坐标系， ，，，，， 设，，， 平面的法向量为， 设直线与平面所成角为，则： ， 解得，故存在点使得直线与平面所成角的正弦值为， 此时． ▌题型04 利用面面垂直关系建立空间直角坐标系 1.核心逻辑 已知两个平面互相垂直，依据面面垂直的性质定理：在一个平面内向两个平面的交线作垂线，则这条垂线垂直另一个平面，这条垂线就可以充当轴。 2.解题步骤 ①找出两个互相垂直平面的交线； ②在其中一个平面内，过交线上一点作交线的垂线，该垂线垂直另一个平面，作为轴； ③交线取为轴；在底面平面内过垂足作垂直交线的直线作为轴； ④确定原点，结合边长写出所有点坐标； ⑤进行向量求解。 3.易错提醒 不会使用面面垂直性质定理，找不到垂直平面的那条直线；原点选在交线上非垂足位置。 【例4】（2026高二·河南新乡·期末）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ABC； (2)若平面ABC，且，连接PD，AD，求直线BP与平面PAD所成角的正弦值． 【答案】(1)如图，取AB的中点，连接PO，CO． 因为是边长为2的等边三角形，为AB的中点， 所以，且．     又因为为AB的中点， 所以，且．     因为，所以，所以．     又平面ABC，所以平面ABC，     又因为平面PAB，所以平面平面ABC. (2) 【分析】（1）取AB的中点，连接PO，CO，证明，，进而可证明平面ABC，可证明平面平面ABC； （2）法一：以为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得平面PAD的一个法向量和直线的方向向量，利用向量法可求得直线BP与平面PAD所成角的正弦值．法二：取PA的中点，连接BM，则，可证明平面PAD，从而可得即直线BP与平面PAD所成的角．计算求解即可. 【详解】（1）略. （2）方法一：由（1）得OB，OC，OP两两互相垂直，故以为坐标原点，OB，OC，OP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PAD的法向量为， 则即 令，得， 故平面PAD的一个法向量为．     设直线BP与平面PAD所成的角为， 则， 所以直线BP与平面PAD所成角的正弦值为．     方法二：如图，取PA的中点，连接BM，则．     由（1）知，平面平面ABC，且， 因为平面ABC，且，所以且， 所以四边形POCD是平行四边形，，所以平面PAB，     因为平面PAB，所以， 又，所以平面PAD， 所以即直线BP与平面PAD所成的角．     因为是等边三角形，所以， 即直线BP与平面PAD所成角的正弦值为． 【变式4-1】（2026高三·北京·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，，，是线段的中点，连结． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)因为四边形为菱形，所以． 又因为，为的中点，所以． 又因为平面平面， 平面平面， 所以平面，因为平面， 所以． (2) 【分析】（1）通过证明线面垂直得到线线垂直； （2）利用向量法求解，求出两个平面的一个法向量，再求出两个法向量夹角的余弦值的绝对值，即两个平面夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）连结．因为，为的中点， 所以． 由（1）可知平面， 所以，． 设，则． 如图，建立空间直角坐标系． 所以． 所以，． 因为平面， 所以是平面的一个法向量． 设平面的法向量为， 则，即，所以 令，则，．于是． 所以． 平面与平面夹角余弦值为． 【变式4-2】（2026高二·湖北武汉·期中）如图，三棱锥中，，平面平面． (1)求异面直线AC与BD所成角的余弦值； (2)若点F是线段AD（不含端点）上的一点，且直线AD与平面所成角大小为，求线段DF的长度． 【答案】(1) (2)1． 【分析】（1）利用面面垂直条件建立空间直角坐标系，借助向量夹角公式，求出异面直线所成角余弦值； （2）参数设点 F，求出平面 的法向量，利用线面角公式解参数，最后算出 DF 长度. 【详解】（1）取BC中点，连接OA、OD，又， 又平面平面，平面平面，平面， 平面， 为BC中点，，      如图，以分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则， ， 设异面直线AC与BD所成的角为， 则，       所以异面直线AC与BD所成角的余弦值为. （2）设， 由（1）知，， 则，得，故． 设平面的法向量， 则， 令，得，即，      由直线AD与平面所成角大小为， 得．            ， 所以线段DF的长度为1． 【变式4-3】（2026高一·广东江门·竞赛）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，点M，N分别为BC，PD的中点． (1)证明：平面； (2)若，平面平面，求二面角的正弦值． 【答案】(1)取的中点为，连接， 又为的中点，则且， 又正方形中，为的中点，则且， 所以且，所以四边形为平行四边形， 故，又因为平面，平面， 所以平面； (2) 【分析】（1）取的中点为，连接，通过证明四边形为平行四边形可证得结论； （2）取的中点为，的中点为，连接，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间坐标系，利用空间向量法求二面角的正弦值. 【详解】（1）略. （2）取的中点为，的中点为，连接， 因为，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 又四边形为正方形，所以. 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， 因为，，所以， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，得， 所以平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， ，令，得， 所以平面的一个法向量为， 所以， 设二面角的大小为， 则， 所以二面角的正弦值为． ▌题型05 作面面垂直辅助线建系 1.核心逻辑 题干给出面面垂直条件，由面面垂直性质可以得到一条垂直平面的直线，但该垂线不经过理想原点；不移动这条几何垂线，过选定原点作它的平行线作为轴；在平面内过原点取两条互相垂直直线做轴。 关键点：z轴只需要方向和那条垂线一致，不需要和原直线重合。 2.解题步骤 ①找到两个互相垂直平面以及它们的交线； ②利用面面垂直性质，得到一条垂直于其中一个平面的垂线，确定垂线方向； ③在平面上选择方便计算的点作为坐标原点； ④过原点作上述垂线的平行线，作为z轴； ⑤过原点，在底面平面内，选取两条互相垂直的直线分别作为轴； ⑥结合几何体边长与平面几何关系，计算各个顶点坐标； ⑦完成建系，开展向量相关运算。 3.易错提醒 错误要求z轴必须与原题得到的垂线重合；原点选取不当，增大坐标计算难度；轴没有保证互相垂直。 【例5】（2026高一·吉林延边·期末）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，． (1)求证：平面平面； (2)设为侧棱上一点，四边形是过，两点的截面，且平面，若平面平面；求平面与平面的夹角余弦值． 【答案】(1)在中，因为，， 所以，， 所以，则，即， 又，，， 所以，所以， ，，面， 所以面， 又面，所以面面． (2) 【分析】（1）根据多面体的几何性质，利用余弦定理和勾股定理得出线线垂直关系，进而证明线面垂直，再利用面面垂直判定定理推出结论； （2）建立空间直角坐标系，得出相关点和向量坐标，进而求出相关平面法向量，利用向量夹角余弦公式计算求解． 【详解】（1）略 （2）以为原点，分别以，为，轴的正方向建立空间直角坐标系， 因为， 则，，，，， ，，， 设是平面的法向量， 则，取， 设，其中． 则， 连接，因平面，平面，平面平面， 故， 取与同向的单位向量， 设是平面的法向量， 则，取， 由平面平面，知，有，解得． 此时， 又平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则， 综上所述平面与平面的夹角余弦值为． 【变式5-1】（2026高二·广东深圳·阶段检测）如图，是以为直径的圆上异于，的点，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线. (1)证明：平面； (2)直线l上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)连接并延长，交圆于点，连接， 则，， 所以四边形为矩形，所以， 因为，所以， 故平面与平面的交线为所在直线，即所在直线为直线， 因为为直径，所以， 因为平面平面，交线为，平面， 所以平面，即平面. (2)存在，1 【分析】（1）由三角形中位线性质得，结合圆的直径特征构造矩形，以此确定两平面的交线；利用直径所对圆周角为直角得到线线垂直，再结合面面垂直的性质定理，证明平面. （2）建立空间直角坐标系，设出直线上点的坐标，求出平面的法向量；根据线面角的向量计算公式列方程，解出参数后得到的长度，验证点是否存在. 【详解】（1）略 （2）在上取点，连接，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，垂直，的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，， 所以，，，， ，， 则， 设平面的法向量为， 则 解得，令，则， 故，又， 故， 解得，故，即直线上存在点， 使得直线与平面所成的角的正弦值为，且. 【变式5-2】（2026高三·贵州遵义·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，，． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)因为底面是正方形，所以， 因为，，平面， 所以平面，且平面， 所以平面平面. (2) 【分析】（1）由题意有，再由线面、面面垂直的判定定理证明结论； （2）根据已知求出相关线段长，构建合适的空间直角坐标系，求出平面的法向量，应用向量法求面面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）由题意，正方形的边长为，则， 在中，，， 因为，所以， 在中，设为与的交点，则， 所以，故是等边三角形，， 由（1）知平面平面，且交线为，过作于， 而平面，则平面 ， 在中，， 以为原点，为轴正方向，为轴正方向建立如图空间直角坐标系， 所以，，，，， 因为在上，且，所以， 因为底面且，可得， 平面的法向量，，， 所以，取，则， 平面的法向量，，， 所以，取，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 平面与平面夹角的余弦值为. 【变式5-3】（2026高一·全国·期末）在三棱锥中，平面，平面平面．    (1)证明：平面； (2)若为的中点，且，，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）过点作，垂足为点，利用面面垂直的性质定理可得出平面，可得出，由平面可得出，进而利用线面垂直的判定定理可证得平面； （2）推导出点为线段的中点，设，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余弦值. 【详解】（1）过点作，垂足为点，    且平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 由平面，可得， 又因为平面，平面，则， 且，、平面，所以平面. （2）因为，，可知：为中点． 又因为为的中点，则∥， 由（1）可知：平面，则平面， 且、平面，可得，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图．    因为平面，平面，则， 设，则，， 则，，，，，， 设平面的法向量为，则，， 由，即， 令得，，则． 设平面的法向量为，，， 由，可得， 令，可得，，则， 可得． 由图象可知：二面角是钝角，所以二面角的余弦值为. ▌题型06 利用棱锥的顶点与其射影的连线建立空间直角坐标系 1.核心逻辑 棱锥顶点在底面上有射影（投影点），顶点与射影的连线垂直底面，这条连线直接用作轴；射影点取为坐标原点，底面内过射影找两条互相垂直直线作为轴。 常见：正棱锥，顶点射影就是底面多边形的中心。 2.解题步骤 ①确定棱锥顶点在底面的射影点；顶点‑射影的连线垂直底面，该连线为轴； ②把射影点设置为坐标原点； ③在底面内，过射影原点，找两条互相垂直的直线，作为轴； ④根据底面图形（正方形、正多边形等）几何性质，计算底面各点坐标； ⑤写出顶点以及全部点坐标，再做向量证明、求角求距离。 3.易错提醒 认错射影位置（正棱锥射影是底面中心）；底面图形几何性质用错，坐标算错；射影连线不是z轴。 【例6】（2026高三·四川南充·阶段检测）如图，在四棱锥中，已知四边形是边长为的正方形，点P在底面上的射影为底面的中心O，点M在棱上，且的面积为1． (1)若点M是PD的中点，证明：平面； (2)若点M满足，求直线与平面所成夹角的正弦值． 【答案】(1) 在四棱锥中，连接， 由点O为底面正方形的中心，得过点O，且点O为的中点， 由点M是PD的中点，得，又平面，平面， 所以平面． (2)． 【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的判定推理得证. （2）以为原点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. 【详解】（1）略 （2）由四边形是边长为的正方形，得， 由点P在底面上的射影为底面的中心O，得平面， 平面，则，由的面积为1，得，则， 又，即直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，， 由，得，则，而， 设平面的法向量为，则，取，得， 设直线PA与平面所成夹角为，则， 所以直线PA与平面所成夹角的正弦值为. 【变式6-1】（2026·湖南永州·模拟预测）如图，是半圆的直径，是上的两个三等分点，点在底面上的射影为的中点． (1)当时，求点到平面的距离； (2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)2 (2) 【分析】（1）由题可得四边形是菱形，所以，再证明，进而得平面，所以点到平面的距离为，得解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量法求解. 【详解】（1）如图，连接，设与相交于点，再连接， 因为是弧上的两个三等分点，所以， 又，所以与都是正三角形， 所以，即四边形是菱形，所以， 又因为点在底面上的射影为的中点， 所以平面， 由，得，即，而，所以， 所以平面，又平面， 所以，而，平面， 所以平面，垂足为， 即点到平面的距离为，而， 所以点到平面的距离为2. （2）取的中点，连接，由（1）可知两两互相垂直， 故以点为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 当时，可得，，，，， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 故， 因为平面轴，所以取平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 【变式6-2】（2026·四川成都·模拟预测）如图，在三棱锥中，，为的中点，于，，已知，，，． (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) ，为的中点， ，，，平面， 平面，平面，， ，，平面， 平面； (2)在线段AP上不存在点M，使得二面角的大小为 【分析】（1）先利用线线垂直证明平面，可得，结合可证结论； （2）以为原点，以方向为轴正方向，以射线的方向为轴正方向，建立空间坐标系，设，，求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用向量法可得，求解可得结论. 【详解】（1）略 （2）以为原点，以方向为轴正方向，以射线的方向为轴正方向，建立如图所示的空间坐标系， 则，，，， 设，，则，， ， 设平面的一个法向量， 则， 令，则， 设平面的一个法向量， ，， ， ， 令，则， 由二面角的大小为，得， ，方程无解， 不存在点使得二面角的大小为． 【变式6-3】（2026高三·新疆阿克苏·期末）如图所示，四棱锥的底面为正方形，顶点P在底面上的射影为正方形的中心为侧棱的中点．    (1)求证：平面； (2)若，四棱锥的体积为，求与平面所成角． 【答案】(1) 连接，    因为底面是正方形，且顶点P在底面上的射影为正方形的中心， 所以， 又因为点是中点， 所以由三角形中位线定理可得； 因为平面，平面， 所以平面； (2) 【分析】（1）利用三角形中位线结合线面平行的判定定理进行证明； （2）构建空间直角坐标系，然后利用法向量求解与平面所成角． 【详解】（1）略 （2）， 解得： 以故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.    由已知可得 ， 设平面的一个法向量是. 由，得， 令，则， 所以与平面所成角的正弦值为， 所以与平面所成角为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $