培优专题06 立体几何解答题建系模型总结（专项训练）高二数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 以“几何体特征-建系模型”为核心，系统梳理规则与不规则几何体的空间直角坐标系构建方法，培养空间观念与几何直观。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |规则几何体建系|6题型（含直棱柱、正棱锥等）+多例题|按几何体特征分类提炼建系模型，如直棱柱利用侧棱垂直底面建系|从特殊到一般，建立规则几何体结构特征与建系方法的对应关系| |不规则几何体建系|6题型（含垂面、折叠等）+多例题|针对无明显垂直条件场景，提炼垂面、投影等建系策略|从具体到抽象，通过复杂几何体建系培养推理能力与空间想象|

专题06 立体几何解答题建系模型总结 常考题型·精准突破 考点一 规则的几何体建系 ◆题型1 直棱柱模型（含正方体、长方体、正棱柱） ◆题型2 正棱锥、正棱台模型 ◆题型3 一条侧棱垂直底面的几何体 （高频） ◆题型4 底面是菱形，直角梯形的几何体（重） ◆题型5 底面是直角、等腰、等边三角形的几何体（重） ◆题型6 圆柱、圆锥、圆台模型 考点二 不规则的几何体建系 ◆题型7 垂面模型（高频） ◆题型8 投影射影模型（难） ◆题型9 斜棱锥、斜棱柱模型（重） ◆题型10 不规则台体模型（难） ◆题型11 无任何垂直条件模型 ◆题型12 折叠翻折几何体模型（难） 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 考点一 规则的几何体建系 ◆题型1 直棱柱模型（含正方体、长方体、正棱柱） 1．如图，在直棱柱中，底面为直角梯形，，，且，，.又平面，.点分别为，的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 2．如图，在正三棱柱中，点为的中点． (1)证明：平面； (2)若点满足，且平面，求直线与平面所成角的正弦值． 3．如图，长方体中，，，点P为的中点. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值； (3)在直线上是否存在点Q使得平面，若存在，则此时为多少；若不存在，请说明理由. 4．如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.    (1)求直线到直线的距离； (2)求直线到平面的距离； (3)求平面与平面所成角的余弦值. 5．如图，在三棱柱中，满足平面，且． (1)若，且，分别是，的中点． ①证明：平面平面； ②求平面与平面的夹角的余弦值． (2) 若，求三棱锥的外接球的半径的最小值． ◆题型2 正棱锥、正棱台模型 6．如图，在正三棱台中，，．    (1)求正三棱台的体积V； (2)若Q是的中点，求直线QB与平面所成角的正弦值． 7．如图，在正三棱锥中，，，为中点，为棱上一点． (1)证明：； (2)已知正三棱锥各顶点均在球的球面上． （i）求球的半径； （ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求． 8．如图，在正四棱锥中，，把绕BC顺时针旋转至，记点旋转后的对应点为． (1)证明：； (2)当三棱锥体积最大时，求： （i）点到平面的距离； （ii）平面与平面所成角的大小． 9．如图所示正四棱台，其中，，棱台高为3. (1)证明： 平面求：三棱锥的体积； (2)设是中点，在直线、上各取一个点，使得三点共线，求：的长. 10．已知两个非零向量、，在空间中任取一点，作，，则叫做向量与的夹角，记作. 定义与的“向量积”为，它是一个向量，且与向量、都垂直，它的模，如图，在正四棱锥中， ，且 . (1)若为侧棱上的点，且平面，求平面与平面的夹角的大小； (2)若点是侧棱（不包含端点）上的一个动点，当直线与平面所成的角最大时，求的值. ◆题型3 一条侧棱垂直底面的几何体 11．如图，在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求三棱锥的体积； 12．如图，在四棱台中，四边形是正方形，平面，，设，平面． (1)求； (2)求直线与平面所成的角的正弦值． 13．如图，四棱锥中，底面，四边形中，，，，． (1)求证：平面平面； (2)设． （i）若直线与平面所成的角为，求线段的长； （ii）在线段上是否存在一个点，使得点到点、、、的距离都相等？说明理由． 14．如图，三棱台中，上、下底面均为正三角形，，，侧棱底面，且． (1)求三棱台的体积； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)若点在线段上，且与平面所成角的正弦值为，求的长． 15．如图，在三棱锥中，底面，，，，为棱上的点，. (1)求证：平面； (2)设与底面所成角的正切值为. （i）求面与面所成的二面角的正弦值； （ii）棱上是否存在点，使得点到面的距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. ◆题型4 底面是菱形，直角梯形的几何体 16．已知四棱台，底面四边形为菱形，，且侧棱平面.      (1)证明：平面； (2)记，求直线与平面所成角的正弦值． 17．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． 18．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，. (1)棱上是否存在一点，使得平面平面，请说明理由. (2)若二面角大小为，求的值. 19．如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，平面，是的中点，是的中点.    (1)求证：平面； (2)若， ①求直线与平面所成角的正弦值； ②平面将四棱锥分成两部分，求较小部分的体积. 20．已知图中直棱柱的底面是菱形，其中.又点E，F，P，Q分别在棱上运动，且满足：. (1)求证：E，F，P，Q四点共面； (2)若二面角的余弦值为，求|BF|； (3)若为中点，在线段上（不包括端点）运动，求三棱锥的外接球表面积的取值范围. ◆题型5 底面是直角、等腰、等边三角形的几何体 21．如图，三棱台中，平面，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. 22．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． 23．如图，三棱台中，上、下底面均为正三角形，，，侧棱底面，且. (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)若点在线段上，且与平面所成角的正弦值为，求. 24．在三棱锥中，，，． (1)若平面平面， ①证明：． ②三棱锥的各个顶点都在球的表面上，求直线与平面所成角的正弦值． (2)若二面角的正切值为，求的长． 25．如图，在三棱锥中，平面ABC，． (1)求证：平面平面PBC； (2)设，，点M，A，B、C均在球O的球面上． （ⅰ）当时，求球O的表面积； （ⅱ）设球O的球面与直线PA交于点G（异于点A）．求直线BG与平面PBC所成角最大时的值． ◆题型6 圆柱、圆锥、圆台模型 26．（25-26高三下·河南驻马店·开学考试）如图，在圆台中，下底面圆的直径，点C在圆上，且，上底面圆的半径，且平面平面． (1)证明：． (2)若圆台的高为2，求平面与平面所成二面角的正弦值． 27．如图，圆柱的轴截面是边长为的正方形，点均在圆柱的下底面圆周上，与交于点，点在线段上，平面，点在圆柱的上底面圆周上，，． (1)求的长度； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 28．如图，是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线平面，其中，，. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)M为上的动点，以为直径作球，设，若球被平面截得的截面圆的面积为S，求S的最小值. 29．如图，几何体为圆柱的一部分，为底面圆的圆心，底面， ，，为弧上任意一点，为弧的中点，. (1)证明: 平面平面; (2)已知二面角的大小为，且，求平面与平面夹角的余弦值. 30．在如图所示的圆柱中，轴截面是边长为4的正方形，点为底面半圆弧上的动点（点不与点，重合）. (1)当三棱锥体积最大时， （ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值； （ⅱ）点在线段上运动，求的最小值. (3) 是否存在点，使得直线与平面所成角最大？若存在，求成角最大时的正弦值；若不存在，请说明理由. 考点二 不规则的几何体建系 ◆题型7 垂面模型 31．如图，在所有棱长都为2的三棱柱中，点是棱的中点，． (1)求证：平面平面； (2)若，点满足， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）求二面角的平面角的余弦值． 32．如图，斜四棱柱的底面为菱形，平面平面分别为的中点．      (1)证明：平面平面； (2)若都是边长为2的等边三角形，求直线与平面所成角的正弦值． 33．如图，已知点是半圆弧所在圆的圆心，点是上异于的点，三棱锥的外接球的表面积为，． (1)证明：平面平面； (2)当点是上靠近点处的三等分点时，求二面角的余弦值． 34．在四棱台中，平面平面，底面为正方形，，、E，F，G分别是，，的中点，M是线段上的一点. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求锐二面角余弦值的最小值. 35．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． ◆题型8 投影射影模型 36．如图，在平行六面体中，四边形是边长为的正方形，，分别为平面和平面的中心，且在平面上的射影是. (1)求证：平面； (2)已知，直线与平面所成角的正弦值为. （i）求平面与平面的距离； （ii）在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为.若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 37．如图，在三棱锥中，是等边三角形，点在平面上的投影是线段的中点，，点是的中点．    (1)证明：平面平面； (2)若，点是线段上的动点，问：点运动到何处时，平面与平面的夹角最小． 38．如图，在斜三棱柱中，，，点在底面上的投影为的中点，点满足.    (1)当时，证明：平面平面. (2)已知，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 39．如图，矩形ABCD中，，，将沿矩形对角线BD翻折至，使得点S在底面BCD内的投影点O在CD上，M为BS中点． (1)求证：； (2)求二面角的余弦值． 40．若四面体任意顶点在对面的投影恰好为该面三角形的垂心，则称该四面体为垂心四面体．如图，中，，，，在上取一点，将沿折叠到某个位置得到，使得三棱锥为垂心四面体． (1)求证：； (2)求与平面的夹角的正弦值； (3)设动点在棱上，动点在棱上，满足，记平面与平面所成锐二面角为，求的最小值及此时的值． ◆题型9 斜棱锥、斜棱柱模型 41．如图，在底面为等边三角形的斜三棱柱中，，四边形为矩形，过作与直线平行的平面交于点D． (1)证明：； (2)若与底面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值． 42．如图，在斜四棱柱，底面是边长为2的菱形，，且. (1)证明：平面. (2)若，，且平面与平面夹角的余弦值为，求. 43．如图，在三棱锥中，二面角的大小为，，为棱的中点. (1)①②③④从上述四个条件中，选出一个能证明的选项，并证明； (2)设，点为上一点，是否存在点使得二面角的余弦值等于？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由. 44．如图，在四棱锥中，，底面是边长为2的菱形，．为的中点，，点到平面的距离为． (1)求证：； (2)线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 45．如图，在平行四边形中，，，，分别是的中点，将平行四边形沿折至的位置，连接，得到斜三棱柱． (1)若为中点，证明：直线平面； (2)当时， ①求二面角的大小； ②在三棱柱中有内切球与各个侧面和底面都相切，球与侧面，侧面以及上底面都相切，且与球外切，求球的表面积． ◆题型10 不规则台体模型 46．如图为正四棱台与正四棱锥拼接而成的几何体． (1)证明：平面； (2)若该四棱台的高为2，，，，求二面角的正弦值． 47．如图，在四棱台中，平面平面，且与是两个全等的等腰梯形，满足.点在上，满足，连接交于点，点为的中点，连接.    (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)在线段上（不含端点）是否存在一点，使得平面与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 48．如图，在五棱台中，平面，，，，，，，． (1)证明：平面． (2)求直线与平面所成角的正弦值． 49．如图，在三棱台中，，，为的中点，二面角的大小为. (1)求证：； (2)若，求三棱台的体积； (3)若到平面的距离为，求的值. 50．如图，等腰梯形中， 分别为中点，， 且，若将梯形沿翻折成为一个三棱台，使得平面与平面所成的夹角为. (1)当，求证： (2)若直线与平面所成角的正切值为. ①求二面角的余弦值 ②该三棱台的顶点中，在同一个球面的点最多有几个，请任选一个包含最多顶点的球面，并计算该球的表面积 ◆题型11 无任何垂直条件模型 51．如图，在等腰梯形中，，且，为底边的中点，现将沿翻折，点翻折至空间后． (1)求四棱锥的体积； (2)点为棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值． 52．如图，在边长为4的正方形中，点，分别是边，的中点，将沿向上翻折，点到达点的位置，连接，，，得到一个五棱锥． (1)证明：无论翻折到何种位置，直线与直线始终垂直； (2)当五棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值． 53．如图所示，等腰梯形ABCD中，，，，E为CD中点，AE与BD交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面ABCE）. (1)证明：平面POB； (2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 54．如图，在三棱锥中，，分别是，的中点，点在上，且满足. (1)证明：平面； (2)设底面是边长为6的等边三角形，点到底面的距离为3，且点在底面的射影恰好落在线段上. （ⅰ）求二面角的正切值； （ⅱ）若三棱锥的所有顶点都在球的表面上，当球的表面积取最小值时，求球心到底面的距离. 55．如图，在四面体中，，，，．点为的中点． (1)证明：平面，且． (2)点，分别在线段，上，且． （ⅰ）设平面与平面所成的锐二面角为，求的取值范围． （ⅱ）在（ⅰ）的条件下，设平面与平面的夹角为．设锐角满足，证明：，并求等号成立时与的值． ◆题型12 折叠翻折几何体模型 56．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. 57．如图，在梯形中，，，，，，，分别为边，上的动点，且．沿将梯形翻折，使平面平面，且． (1)求的长； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)若四面体的四个顶点都在球上，求三角形的面积． 58．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，且使得二面角的大小为，点为棱上一点.    (1)若为的中点，证明：平面； (2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值的大小. 59．如图1，AC为半径为2的圆O的直径，点D，B为圆O上的两点，且．．如图2，将圆O沿AC翻折，E为线段BD上的一点，连接OB，OD，OE，BD． (1)若，E为BD的中点，证明：； (2)若平面平面，求二面角的余弦值； (3)求翻折过程中，直线OD与平面ABC所成角的最大值． 60．如图1，在直角梯形ABCD中，已知，，将沿BD翻折，使平面平面BCD.如图2，的中点为O. (1)求证：平面BCD； (2)若AD的中点为G，线段AC上靠近A点的三等分点为H. （i）求平面与平面夹角的余弦值. （ii）设平面内一动点为P，当线段PD与线段PC的长度之和最小时，求直线PC与平面成角的正弦值. 综合攻坚·知能拔高 一、解答题 1．如图，四棱锥中，底面为矩形，对角线与交于点，平面，为的中点． (1)证明：平面； (2)设，，．求到平面的距离． 2．如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，，．    (1)求证：平面平面SAD； (2)若异面直线SD与BC所成角为，平面，求二面角的正弦值． 3．如图，四棱锥中，底面，，，，.    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 4．如图，在正方体中，为棱的中点. (1)求直线与所成角的余弦值； (2)当时，求异面直线与间的距离. 5．如图，在三棱柱中，，，侧面为菱形，点为的中点，平面． (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由． 6．在直角梯形ABCD中，，，，如图（1）．把沿BD翻折，使得平面平面BCD． (1)求证：； (2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 7．已知在中，，，将沿翻折至（点在平面外）． (1)证明：； (2)若为空间中的点，且满足，当三棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的正弦值． 8．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. 9．如图，在四棱锥中，底面，，．    (1)若，求证：平面； (2)若平面平面， （i）求四棱锥体积的最大值； （ii）若二面角的正弦值是二面角的正弦值的两倍，求． 10．将一个边长为的正六边形图沿对折，形成如图所示的五面体，其中，底面是正方形． (1)求五面体图中的余弦值； (2)如图，点，分别为棱，上的动点． 求周长的最大值，并说明理由； 当周长最大时，求平面与平面夹角的余弦值． 11．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. 12．已知边长为的等边，，将沿折叠，形成四棱锥，二面角大小为，点为中点. (1)求体积的最大值； (2)若. （i）时，求外接球的表面积； （ii）平面，垂足为，长度是否为定值？如果为定值，求的长；如果不为定值，请说明理由. 13．如图1，点分别是边长为4的正方形三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，使得平面平面，（如图2），连接是四边形对角线的交点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱（含端点）上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由. 14．某个圆锥容器的轴截面是边长为8的等边三角形（容器壁厚度忽略不计），一个半径为r的小球在该容器内自由运动，小球能接触到的容器内壁侧面的区域可以形成一个圆台侧面，设该圆台上下底面圆心为和，如图所示． (1)求圆台的体积（用r表示）； (2)设小球半径，圆台的轴截面为等腰梯形，B为底面圆周上一点，且，平面平面，，求平面与平面夹角的余弦值的取值范围； (3)在第（2）问条件下的圆台内放置若干个小球，要求每个小球均和该圆台上、下底面相切，则最多能放几个小球，并说明理由． 15．如图1，圆内接四边形中，为等腰直角三角形，且，，. (1)求的长； (2)如图2，将沿翻折，形成四面体，当时， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）找出一组依次排列的四个相互平行的平面，，，使得，，，，且其中每相邻两个平面间的距离都相等，并求出相邻两个平面间的距离. 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 1 / 14 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06 立体几何解答题建系模型总结 常考题型·精准突破 考点一 规则的几何体建系 ◆题型1 直棱柱模型（含正方体、长方体、正棱柱） 1．(1)以为原点，方向为轴建立空间直角坐标系： ，，，，，，，． 因为分别为，的中点，所以，． 有，底面的法向量为. 因为，所以 又不在平面内，所以平面． (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行； （2）空间向量法计算两平面夹角的余弦值； （3）空间向量法计算点到平面的距离； 【详解】（1）略 （2） 平面的一个法向量为，平面中，， ，，取，． 设平面的法向量为，则， 令，则，，即， 所以两平面夹角的余弦值为． （3）由（2）可知平面的一个法向量为， 点到该平面的距离为． 2．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于，连接，易得，再由线面平行的判定定理证明结论； （2）取中点，构建合适空间直角坐标系，设，并标注出相关点坐标，求出直线的方向向量、平面的法向量，应用向量法求线面角的正弦值. 【详解】（1）连接交于，则为中点， 连接，因为为中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面； （2）取中点，在正三棱柱中，，，两两垂直， 以为原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立如图示的空间直角坐标系， 设，，则，，，， 所以，，，则， 因为平面，平面，所以， 所以，又，所以，所以， 由题意知为平面的一个法向量，又，所以， 设直线与平面所成角为，则. 3．(1)证明见解析 (2) (3)存在，且 【分析】（1）利用正方形对角线互相垂直及侧棱垂直底面证明线面垂直，进而利用面面垂直判定定理得证； （2）利用平行线转化线面角，结合线面垂直定义找出线面角，在直角三角形中计算正弦值； （3）假设在直线上存在点使得平面，利用线面垂直的性质转化为平面几何中的垂直关系，设，利用平面向量求解出，再求解出. 【详解】（1）在矩形中， ， 底面为正方形，， 又在长方体 中， 平面， 平面， ， 又 ，平面， 平面，又平面， 平面 平面； （2）在长方体 中， 且， 四边形为平行四边形，故， 直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角， 设，连接， 由 （1）知 平面即 平面， 为直线与平面所成的角， 在正方形中，，则， 在中，，则， ， 直线 与平面所成的角的正弦值为； （3）假设存在点使得平面，由（1）知平面， 又平面，所以， 平面，平面，， 设，则由， 即， 又点为的中点， 所以， 即， 又， 所以，解得， 所以，，故    4．(1) (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求点到直线的距离； （2）利用向量法求得点到平面的距离； （3）通过法向量求两平面夹角的余弦值. 【详解】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，， ，， 因为，所以， 所以直线到直线的距离等于点到的距离， ，， 所以，， 所以直线到直线的距离为.    （2），， 设平面的法向量为，则有， 令则，，故为平面的一个法向量， 又，，所以直线平面， 所以直线到平面的距离等于点到平面的距离， 因为，所以点到平面的距离为， 故直线到平面的距离为. （3）易知，，设平面的法向量为， 则有，令则，， 故为平面的一个法向量， 平面的法向量为， 设平面与平面所成角为，， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 5．(1)①如图，在三棱柱中， 因为面，且面，所以， 由题意得， 设； 因为是的中点，，所以， 因为，面，所以面， 因为面，所以， 由勾股定理得， 则可得，得到， 又因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. ②； (2). 【分析】（1）①利用勾股定理与线面垂直的判定得到平面，再结合面面垂直的判定定理证明即可，②建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解余弦值即可. （2）利用外接球的性质结合正弦定理得到，再结合基本不等式求解其最小值，最后得到的最小值即可. 【详解】（1）①略 ②建立为轴，为轴，过点垂直于底面的直线为轴的空间直角坐标系， 据题可知，， 则， 设平面的法向量为， 则得到， 令，解得，，则， 由上问可知平面，而面，故， 又因为平面，且面，所以， 而平面，则平面， 可得平面的法向量为， 故平面与平面的夹角的余弦值． （2）据题知， 在等腰中，设的外心是，外接圆半径是， 据正弦定理得，解得， 如图，在直角中，，则， 设外接球球心是，则平面，设外接球半径为，即， ， 则 ， 令，则， ， 当且仅当时等号成立， 此时， 则该三棱锥的外接球的半径的最小值. ◆题型2 正棱锥、正棱台模型 6．(1) (2) 【分析】（1）确定正三棱台的高，求出上下底面的面积，利用棱台体积公式计算其体积. （2）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，通过向量夹角公式计算线面角的正弦值. 【详解】（1）如图，设上、下底面的中心分别为，，连接，，过点作底面的垂线，垂足为，则在上，是正三棱台的高， 因为，都是正三角形，且，所以，， 由勾股定理，得， 所以正三棱台的体积． （2）如图，以为原点，为轴正方向，过作的平行线与交于点，   为轴正方向，为轴正方向，则，， 所以，，，， 所以，，． 设平面的法向量，则即 取，得，即平面的一个法向量为． 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为． 7．(1)证明:由正三棱锥性质可知，，连接，， 故，， 而平面，平面，， 故平面， 而平面， 可得． (2)（i）；（ii）或 【分析】（1）根据正三棱锥的性质，结合等腰三角形的性质、线面垂直的判定定理和性质进行证明即可； （2）（i）根据正三棱锥的性质建立空间直角坐标系，结合球的性质、空间两点间距离公式进行求解即可； （ii）根据空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）略 （2）（i）记中心为，显然平面，易知在直线上．以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 易得，，，，可设，由可得，解得 故球的半径 （ii）显然，而平面的一个法向量， 而，， 记，则， 记直线与平面所成角为，则， 平方得，得， 可得或， 于是或． 8．(1) 证明：如图1，取中点，连接和，     由题意得，且，所以，     又因为平面，所以平面， 因为平面，所以． (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）根据线面垂直判定定理得出 平面，进而得出线线垂直；    （2）（i）方法一：建系得出平面的法向量，再应用点到平面距离公式计算求解；方法二：先应用线面垂直判定定理得出平面，再应用面面平行，进而得出点到平面距离； （ii）方法一：分别求出平面与平面的法向量，再应用二面角余弦公式计算求解；方法二：应用二面角定义得出为平面与平面所成角，最后计算边长应用余弦定理计算求解. 【详解】（1）略 （2）解：因为平面，M是BC中点，所以， 因为，所以当时，最大，此时三棱锥的体积最大．             方法一： （i）如图2，设正方形中心为O，中点为， 由正四棱锥的特征可得两两垂直，以ON，OM，OP为x，y，z轴建立空间直角坐标系， ，直角三角形PMO中，，所以， 因为，所以     ， 设平面的法向量为， 则，即， 解得，取，得 因为，所以点到平面的距离为．     （ii）， 设平面的法向量为 则，即， 解得，取，得 设平面与平面夹角为， ，         因为，所以，所以平面与平面所成角的大小为． 方法二： （i）如图3，取PA中点，连接和， 因为平面，所以平面， 因为，所以， 又因为，所以， 平面，所以平面.         所以平面平面， 所以点到平面的距离即点到平面的距离，     因为平面，点到平面的距离为， 所以点到平面的距离为．         （ii）因为平面平面， 所以平面与平面所成角即平面与平面所成角，     如图4，过点作，连接和，因为， 所以，所以为平面与平面所成角，     在中，AB边上的高为，由等面积法可得，所以， 在中，，     因为平面与平面所成角的范围为，所以平面与平面所成角的大小为. 9．(1) 取中点为中点为，，如下图以下底面中心为坐标原点， 所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系. 则由题设可得. 则. 设平面法向量为，则， 取，因，又平面，则 平面； 三棱锥体积为 (2). 【分析】（1）如下图建立空间直角坐标系，求出平面法向量，通过说明可完成证明；通过证明平面，可得所求三棱锥体积可拆分成两个小三棱锥的体积之和，据此可得答案； （2）设， ，据此可得，，然后结合三点共线，可得存在使 ，据此可得答案. 【详解】（1）略； 由正棱台性质，与上下底面均垂直，则， 因为，平面， 所以平面，则所求三棱锥体积可拆分成两个小三棱锥的体积之和， 即： （2）由题意可得，设， 则，即. 又设 ， 则，即. 从而. 结合三点共线，则存在使 ， 则 ， 解得：  ， 则，， . 10．(1)； (2). 【分析】（1）连接，，设和相交于点，取的中点，连接，，， 根据空间向量，可得是平面的法向量，是平面的法向量，且与的夹角大小等于平面与平面的夹角，根据几何关系即可求解； （2）以为原点建立空间直角坐标系，设，直线与平面所成的角为，利用向量法求线面角，可将表示为关于的函数，再结合配方法，求解即可. 【详解】（1）连接，，设和相交于点，取的中点，连接，，， 因为，所以与的夹角即为与的夹角，即， 故 ，所以， 所以，， 又是平面的法向量，是平面的法向量， 故平面与平面的夹角大小等于的大小， ，故， 所以平面与平面的夹角大小为； （2）由（1）及题可知，两两互相垂直， 故以为原点，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，，，，， 因为点是侧棱（不包含端点）上的一个动点，所以可设， 设，则，可得 ， 则，因为点在侧棱上，所以平面的法向量 就是平面的法向量，设平面的法向量为， 易得，， 因为，且，所以， 令，解得，，即， 设直线与平面所成的角为，则 ， 当且仅当时取等号，即. ◆题型3 一条侧棱垂直底面的几何体 11．(1)证明：由题意知、分别是、的中点，则得， 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即可证明； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值即可； （3）利用向量法求点到平面的距离，再由棱锥体积公式求解. 【详解】（1）略 （2）由平面，，则可以点为坐标原点，以，，所在直线为，，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，则得， 设直线与平面所成角为，则, 故线与平面所成角的正弦值为. （3）由（2）可得，平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为， 三角形的面积为，所以三棱锥体积． 12．(1) (2) 【分析】（1）连接，证明四点共面，再证明四边形是平行四边形，从而确定实数的值； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求线面角的正弦值. 【详解】（1）连接，，四点共面， 平面，平面，平面平面， ，又， 故四边形是平行四边形， ，. （2）以A为坐标原点，分别以的方向为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 设是平面的一个法向量， 则，即， 令，，故， , 故直线与平面所成的角的正弦值为. 13．(1) 因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. (2)（i）； （ii）不存在，理由如下： 假设在线段上存在一个点到、、、的距离都相等， 由，得，则，所以， 所以， 设，则，其中，则， 在中，， 这与矛盾， 所以在线段上不存在一个点，使得点到、、的距离都相等． 从而，在线段上不存在一个点，使得点到点、、、的距离都相等． 【分析】（1）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）（i）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合可解出的值，即可得出线段的长度； （ii）假设在线段上存在一个点到、、、的距离都相等，设，则，其中，则，利用勾股定理计算，利用二次函数的基本性质推导出，推出矛盾，从而得出结论. 【详解】（1）略 （2）（i）因为底面，， 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， 在平面内，作交于点， 因为，，故， 在中，，所以， 设，其中，由，则， 则、、、、、， 则，， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得平面的一个法向量为， 因为，可取直线的一个方向向量为， 由题意可得， 整理可得，即， 因为，解得，所以； （ii）略 14．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用台体的体积公式可求得该三棱台的体积； （2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值； （3）设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合可得出的值，即可得出线段的长. 【详解】（1）由题意可知，，， 因为侧棱底面，且， 故 . （2）因为底面，且为等边三角形， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 所以，， ， 所以异面直线与所成角的余弦值为. （3）易知点、、、、， 设，其中， 设平面的法向量为，，， 则，取，则， ， 由题意可得， 整理可得，解得，符合题意， 此时. 15．(1) 因为底面，面，所以， 又为棱上的点，， 取的中点，所以， 又，所以， 又因为，，所以，所以， 所以，所以，所以， 又，平面， 所以平面； (2)（i）；（ii）存在，为的中点 【分析】（1）先由底面得 ，再取中点证，算出并由勾股定理得，最后依据线面垂直判定定理证平面； （2）（i）由线面角定义得，求出后建空间直角坐标系，求平面法向量与平面法向量，用向量夹角公式算余弦值，再求正弦值； （ii）设，利用点到平面距离公式列方程求，确定为中点． 【详解】（1）略 （2）（i）因为底面，所以与底面所成角为， 所以在中，， 又，所以， 如图，以为轴，轴，轴，以1为单位长度，建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量， 由，即，即， 取，可得， 又由（1）可知为平面的一个法向量， 设平面与平面所成的二面角为， 所以， 所以， 又由（1）可知为平面的一个法向量， 设平面与平面所成的二面角为， 所以平面与平面所成的二面角的正弦值为； （ii）假设存在点，使得点到平面的距离为， 设，由（i）可得， 所以， 又由（i）可知平面的一个法向量， 所以点到平面的距离， 所以，所以为的中点， ◆题型4 底面是菱形，直角梯形的几何体 16．(1) 证明：，底面四边形为菱形，， ，则，设，连接， 底面四边形为菱形，为的中点，，， ，为平行四边形，， 平面，平面，平面； (2) 【分析】（1）底面四边形为菱形，，则为的中点，可得，从而得到平面； （2）取中点，可以得到以为原点，、、分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，根据长度写出点的坐标，根据得到，从而得到，利用向量求出的坐标，求出平面的法向量和， 利用向量的数量积得到直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）底面四边形为菱形，，是等边三角形， 取中点，连接，则， ，，平面， 以为原点，、、分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，   ， ，，，，， ，，， ，，， ，，， 设，则， ，，， ， ，，，， 设平面的法向量为， ，则，取，解得，， 则，， ，，，， 设直线与平面所成的角为， 则， 直线与平面所成角的正弦值. 17．(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． 18．(1)存在，点在棱上，都有平面平面，理由如下： ∵，为的中点， ∴四边形为平行四边形，∴， 又∵，∴，即， 又∵平面平面，平面平面， 平面，∴平面， ∵平面，∴平面平面； (2) 【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得线面垂直，即可得出面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，利用面面角的余弦公式建立方程，解得即可得解. 【详解】（1）略 （2）∵，为的中点，∴， ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面， 如图，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 在中，， ∴，，，， 设，， ∴，又， 设平面的法向量为，则， 令，解得，，得， 又平面的一个法向量为， ∵二面角为，∴， 即，解得或（舍去），即，∴. 19．(1)取 的中点为，连接，因为 是 的中点， 所以. 因为四边形 为菱形，所以， 又 是的中点，所以，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面 ，而 不在平面 内， 所以平面 . (2)①；② 【分析】（1）要证明线面平行，需通过证明线线平行进而得到线面平行，即证明. （2）①先建立空间直角坐标系，然后列出各个点的坐标，求出平面的法向量坐标，进而根据向量夹角的余弦公式求出结果；②延长 交的延长线于点，连接交 于点 ，然后根据三棱锥体积公式计算即可. 【详解】（1）略 （2）①因为 平面 ， 平面 ，所以 . 因为，所以以 为原点，以 所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则. 所以. 设平面的一个法向量为，则有， 即，令，则 ，所以. 所以直线 与平面所成角的正弦值为.    延长 交的延长线于点，连接交 于点 ， 易知， . 20．(1) 如图：在棱分别取点，使得， 易知四边形是平行四边形，所以，连结， 则，且所以四边形为矩形，故， 同理，且，故四边形是平行四边形， 所以，所以 故四点共面； (2) (3) 【分析】（1）在线段上分别取点,使得,进而得到即可; （2）建立空间直角坐标系,求解平面的法向量,再根据二面角的计算方法分析是否存在使得二面角的余弦值为即可； （3）设，球心在面，设，根据，得，再根据二次函数性质求值域. 【详解】（1）略 （2）以点为原点，以为轴，以为轴，轴过且平行，如图建系 由已知，, 设，因为, 则， 平面中向量， 设平面的一个法向量为，因为， 则，取，可得其一个法向量为 平面中，， 设平面的一个法向量为，因为, 则，取，所以其中一个法向量, 若， 则有，解得， 所以； （3）若为中点，则， 设， 根据题意，，所以面，则面面，且面平分， 所以球心在面，设， 根据，即，得， 则， 故外接球表面积的取值范围为. ◆题型5 底面是直角、等腰、等边三角形的几何体 21．(1) 取的中点，连接、. 因为三棱台中，对应边成比例，且，，， 已知，，所以，所以. 因为为的中点，所以， 所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以. 又因为平面平面， 所以平面. (2) 【分析】（1）取中点，由三棱台边长比例得相似比为，算出与长度相等且互相平行，证得四边形为平行四边形，推出，再利用线面平行判定定理证出平行于平面. （2）由面面垂直及线线垂直推得平面，以为原点建系求出各点坐标与相关向量，列出平面法向量方程组并求解，再利用线面角与向量夹角的关系代入公式计算，得出直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为平面，平面，平面，所以，. 所以以为坐标原点，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. 22．(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． 23．(1) (2) 【分析】（1）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值； （2）设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合可得出的值，即可得出线段的长. 【详解】（1）由侧棱底面ABC，且上、下底面均为正三角形， 则以为原点，以过点垂直于平面的直线为轴， ，所在直线分别为，轴建立如下图所示的空间直角坐标系. 由，，，则，，，， 则， 则， 故异面直线与所成角的余弦值为. （2）由，得，， 设，则， . 由（1）知，， 设平面的法向量为， 则 令，得，， 故平面的一个法向量为. 设直线与平面所成的角为， 则 ，解得. 此时，故. 故的长度为 24．(1)①证明：因为，平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为 平面， 所以 ② (2) 【分析】（1）①根据面面垂直性质定理得平面，进而得； ②根据题意，建立空间直角坐标系，设三棱锥外接球球心，进而根据球心到的距离相等得，再利用向量方法求解即可. （2）过点作棱交的延长线于 ，进而得点在以 为圆心，为半径的圆上动，设，则，再根据二面角的向量求法求解得 ， 【详解】（1）①略 ②根据题意，如图，建立空间直角坐标系，，，，， 设三棱锥外接球球心，则球心到的距离相等， 所以，即，解方程得：， 所以， 又因为平面的法向量为， 设与平面所成角为 ，则 所以与平面夹角的正弦值为. （2）解：过点作棱交的延长线于 ， 因为，，． 所以，故点在以 为圆心，为半径的圆上动， 故以点 为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， 则，，，， 设，则， 所以，， 设平面的法向量为， 则，即，则 平面的法向量为 则，即，令，则，，， 因为二面角的正切值为， 所以二面角的余弦值的绝对值为 所以 又因为，将其代入整理得， 解得， 所以，，此时 故二面角的正切值为， 25．(1) 平面，且平面， ，又，且，平面， 平面，平面， 平面平面； (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）先证明，结合，根据线面垂直判定定理证明平面，再根据面面垂直判定定理证明结论； （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，求球心的坐标和球的半径，根据球的表面积公式求结论； （ⅱ）求球心坐标，再求点的坐标，求直线的方向向量和平面的法向量，利用向量方法求直线与面所成角的正弦的表达式，利用导数求其最大值可得结论. 【详解】（1）略 （2）以为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系， 由可得， 由，，得， （ⅰ）当时，，设球的球心的坐标为，球的半径为， 则，解得， 因此球表面积， （ⅱ）设球心，由， 得，， 故， 再由得， 所以，即， 因为点为球O的球面与直线的交点， 故可设，且， 所以， 在上且在球面上，解得（舍去对应点）， 故，， ， 设平面的法向量为， 则，故， 故，令，可得， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则 ， ， 随增大而递增，因此求最大值即可， 设，则， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以当，取最大值，此时取最大值， 故直线与平面所成角最大时，. ◆题型6 圆柱、圆锥、圆台模型 26．(1) 作，垂足为M，连接． 因为平面平面，平面平面， 所以平面． 因为平面，所以，． 因为圆台的上、下底面平行，所以圆， 则，． 因为平面，所以，即点，，M，P共面． 因为平面，所以，， 所以四边形为矩形， 所以，． 在中，，． 在中，，解得， 所以． 在中，M，分别为，的中点， 所以，所以． (2) 【分析】（1）作，由面面垂直的性质及圆台的性质可得四边形为矩形，再由勾股定理可得为的中点，最后根据三角形中位线可证； （2）建立空间直角坐标系，写出关键点坐标，根据面面角向量法计算可解. 【详解】（1）略 （2）以为坐标原点，，，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，，，，， 所以，， ，． 设平面的法向量为， 则，即， 令，得． 设平面的法向量为， 则，即，令，得． 因为，所以， 所以平面与平面所成二面角的正弦值为． 27．(1) (2)． 【分析】（1）利用线面垂直的性质，由平面得，结合轴截面是正方形的直角条件，推出，再通过相似三角形的比例关系直接求解； （2）建立空间直角坐标系，先根据已知条件确定点的坐标，再利用平面得到平面的法向量，最后用向量法计算直线方向向量与平面法向量夹角的余弦值，即为线面角的正弦值． 【详解】（1） 连接， 因为平面，平面，所以， 在正方形中， ，， 所以，， 所以，即，解得； （2） 连接，过点作，垂足为， 在中， ，，， 所以，， 在中， ，， 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 因为平面，所以是平面的一个法向量， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 28．(1)证明：由是圆的直径，则， 又平面，平面，则， 又，，平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）根据圆周角定理得到，再根据平面可得，利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）过点作，结合（1）的结论，可得即二面角的平面角，在中，即可求出二面角的余弦值； （3）设，将面积表示出来，可得面积为关于的二次函数，利用二次函数的性质求出最小值即可. 【详解】（1）略 （2）过点作于点，连接， 由（1）平面，平面，则， 因，，平面，故平面， 又平面，则，即二面角的平面角， 因，在中，，由面积相等可得， 在中，，则； （3）因，则，， 则球的半径为，设点到平面的距离为，则点到平面的距离为. 在中，，，，则， 则，则， 在中，， 则， 由可得：，解得， 设球与平面相交得到的截面圆半径为，则 ， 则， 因，故当时，. 29．(1)以为坐标原点如图建立空间直角坐标，设， 则， 则，， ∴ ，， ∴，且，平面，平面， ∴平面，∵平面， ∴平面平面. (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，得到点的坐标，由空间向量的数量积证明线线垂直，从而证明结论； （2）由二面角定义及题意求得点坐标，由空间向量的数量积求得面的法向量，然后利用法向量由空间向量的数量积求得面面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2） 由题意可知，， ∴二面角为，∴， ∴， ∴， 设向量分别为平面与平面的一个法向量， 则，令，则，即， ，令，则，即， 平面与平面夹角为， 则. 30．(1)（ⅰ）；（ⅱ） (2)存在， 【分析】（1）（i）建系，求得平面法向量代入夹角公式即可求解；（ii）将面与面绕旋转，展开成平面图，连接，结合余弦定理即可求解； （2）过点作，确定为直线与平面所成角，取最小值，夹角最大，结合线面夹角公式即可求解. 【详解】（1）（ⅰ）∵， 又∵是定值，∴当三棱锥体积最大时即高最大， 即点为半圆弧的中点 设线段的中点为O，以O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，则，令，得，， 则． 因为平面，平面，∴， 又∵，，，平面， ∴平面，是平面的法向量． 设平面与平面所成角的平面角为，则． 平面与平面所成角的余弦值为 （ⅱ）将面与面绕旋转，展开成平面图，连接， 如图所示，此时最小，即为长， 由题意可知，，， 所以， ， 再由余弦定理可知， 即的最小值为． （2）结合（1）可设，，， 所以， 平面的法向量为， 设为直线与平面所成角， 当直线与平面所成角最大时，取最大值， 令， 则，     ∴当且仅当时，取最大值，此时直线与平面所成角最大， 即存在点，使得直线与平面所成角最大． 考点二 不规则的几何体建系 ◆题型7 垂面模型 31．(1)证明：取的中点，连接，，， 因为为的中点，为的中点，所以， 在三棱柱中，， 则四边形是菱形，得，则， 又，，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为是等边三角形，为的中点，所以， 又因为，，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面． (2)（i）（ii） 【分析】（1）如图，由题意可得，根据线面垂直的判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）（i）建立空间直角坐标系，根据和空间向量的坐标表示求得，再求出和平面的法向量，利用空间向量法即可求解； （ii）求出平面和平面的法向量，利用空间向量法即可求解． 【详解】（1）略 （2）（i）连接，因为，，所以是等边三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 而平面，故，， 如图，以为原点，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设，又，解得， 则， 易得平面的一个法向量， 所以， 设直线与平面所成角为，则． （ii），则，， 设平面的法向量为， 则即可取， 设二面角的平面角为，则， 故二面角的平面角的余弦值为． 32．(1)证明: 连接，交于点， 四边形为菱形，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面， 在四棱柱中，分别为的中点， ， 四边形为平行四边形，， 平面平面， 平面平面．      (2) 【分析】（1）应用平面平面的性质定理得出平面，再应用得出平面，最后应用面面垂直的判定定理证明； （2）先应用平面平面性质定理得出平面，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再求出线面角正弦公式计算求解. 【详解】（1）略； （2）由题意，为的中点，都是正三角形，且， ， 平面平面，平面平面，平面平面， 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， ， ． 设平面的一个法向量为，则即 令，则， 又． 直线与平面所成角的正弦值为． 33．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据给定条件，确定三棱锥外接球球心位置，再利用线面垂直、面面垂直的判定推理得证. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）设三棱锥的外接球球心为点，半径为，则，解得， 由，得的外接圆半径， 则，点也为外接圆的圆心，连接，得， 在中，由，得，由在上， 得，又，则，即， 而平面，则平面， 又平面，所以平面平面. （2）由（1）知，平面，在平面内作，， 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， 由点是上靠近点的三等分点，得为等边三角形， 则，， 设平面的法向量是，则由，取，得 ， 平面是平面的一个法向量，则， 由图知二面角的大小为锐角，所以二面角的余弦值是． 34．(1)证明: 取中点O，连接， ∵，∴易知四边形为等腰梯形 ∵G，O为上下两底中点，∴，∵F为正方形的边中点， ∵与相交于点O，∴平面，∴ (2) (3) 【分析】（1）要证明线线垂直，则需要通过证明线面垂直得到线线垂直，即证明平面； （2）先建立空间直角坐标系，然后列出各个点的坐标，求出平面的法向量坐标和直线的方向向量，进而根据向量夹角的余弦公式求出结果即可； （3）先利用坐标法求出平面的法向量坐标，然后利用向量夹角的余弦公式列出锐二面角余弦表达式，最后根据二次函数的性质求出最小值. 【详解】（1）略； （2）由（1）知，∵平面平面于， ∴平面，两两互相垂直， 如图建立空间直角坐标系 在等腰梯形中，，，如图作，易知， ∴，，，， ∴，， ∴设平面的一个法向量， ∴由有，令，则，，∴， ∴ 设直线BC与平面所成角为，则. （3）设M为，∴， ∴设平面的一个法向量， ∴由有，令，则， ∴ ∵，∴设锐二面角的大小为，令 令， 因为，所以，而在内单调递减， 所以当时，取最大值，最大值为. 此时取最小值为. 35．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设，先证明，再根据线面平行的判定定理，即可证明平面； （2）方法一，以A为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及点D到平面的距离，利用平面，将到平面的距离转化为点D到平面的距离，即可得解； 方法二，利用平面，将到平面的距离转化为点到平面的距离，进而转化为点B到平面的距离，再利用等体积法计算即可； （3）设，利用正得到其外接圆圆心的坐标及半径，进而设出球心的坐标，根据球的性质求出点坐标，进而求出平面的法向量，即可根据向量法求出直线和平面所成角的正弦值，即可得解. 【详解】（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． ◆题型8 投影射影模型 36．(1)连接， 则为的交点，为的交点，连接， 因为平行六面体的底面为正方形， 分别为面和面的中心，且在底面的射影是， 得且， 所以四边形为平行四边形，则． 又因为面面，所以面． (2)（i）；（ii）存在，为线段的中点. 【分析】（1）要证明线面平行，则需要通过证明线线平行得到线面平行，即证明； （2）（i）建立以为坐标原点的空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据线面角的空间向量求法即可得到方程，解出即可； （ii）求出平面的法向量，再根据面面角的空间向量求法即可得到方程，解出即可. 【详解】（1）略 （2）（i）因为平面，得，又因为， 以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设，则， 所以， 设平面法向量，则，取， 设与平面所成的角为， 则， 解得或． 又因为，所以，所以， 所以平面与平面的距离为． （ii）由（i）得，，所以，平面的法向量 设，则， , 设平面的法向量为，， 解得，设平面与平面夹角为， 则，解得， 所以当为线段的中点，平面与平面夹角的余弦值为． 【点睛】 37．(1)证明见解析 (2)当为中点时，平面与平面的夹角最小 【分析】（1）由线面垂直的性质得，等腰三角形的性质有，应用线面垂直、面面垂直的判定证明结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，设，，求出相关平面的法向量，应用向量法求面面角. 【详解】（1）因为点在平面上的投影是点， 平面，平面， ， ，点是的中点， ， ，、平面， 平面，平面， ∴平面平面； （2），点在平面上的投影是点， ， ，，在以为圆心的圆上， ， ， ，    在平面中，过作，垂足为， 以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，，， 设，则，，，， 设平面的法向量为， 由，可得， 设平面的法向量为， 由，可得， 设平面与平面的夹角为，则， ∴当时，最大，此时夹角最小， 故当为中点时，平面与平面的夹角最小． 38．(1)当时，，则点是的中点. 又因为，，且为 的中点，所以 . 因为点在底面上的投影为 的中点，所以 平面， 又因为平面，所以. 由， ，，平面，所以 平面. 又因为为 的中点，点是的中点，连接，所以且，    所以四边形是平行四边形，所以，且 平面， 所以 平面，且平面，所以平面平面. (2)或. 【分析】（1）先证 平面，再由得 平面，进而可证面面的垂直； （2）建立空间直角坐标系，根据两个平面夹角的余弦值可得所求值. 【详解】（1）略 （2）由（1）解析知， 故以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图.    因为，得，， 所以， 因为平面在坐标平面内，所以平面的一个法向量为. 设平面的法向量为，， 由，得， 令 ，则可得 所以， 化简得，即， 解得或均符合题意， 故的值为或. 39．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用已知可得，进而可证得平面，进而可证平面，从而可证结论； （2）法一：延长CM，在平面SBC内，过S作CM的垂线，垂足为H，连接HD，可得为所求二面角的平面角，求解即可.法二：建立空间直角坐标系，求得平面CDM的法向量为，可得平面SBC的法向量为，进而利用向量法可求得二面角的余弦值． 【详解】（1）平面，又平面， ，又，且，平面， 平面，平面， ，又 ，且，平面， 平面，平面， . （2）法一：延长CM，在平面SBC内，过S作CM的垂线，垂足为H，连接HD． 由（1）可知，又 ，且平面SHD， 平面SHD，平面SHD，， ，又CM为二面角的棱， 平面SMC，平面CDM， 为所求二面角的平面角 平面SCD，， ， 又M为SB的中点，可得， ， ，， 法二：如图，以O为坐标原点，OS所在直线为z轴，OC所在直线为x轴，在平面BCD内，以过O且垂直于CD的直线为y轴，建立空间直角坐标系， 计算可得：，，， 则，，，，， 由题意可知，平面SBC的法向量为， 设平面CDM的法向量为， ，， ，得，令，则， . 二面角的平面角显然为锐角， 40．(1)设点在平面的投影为，连接． 在三角形中，，即翻折后与不垂直， 从而,不重合，由是的垂心得， 因为平面平面，所以， 又因为，平面，所以平面. 因为平面，所以． (2)； (3)时，取得最小值． 【分析】（1）过作平面的投影，再利用线面垂直的性质定理和判定定理即可证明； （2）首先证明两两垂直，再建立合适的空间直角坐标系，求出相关平面法向量，再利用线面角的空间向量求法即可得到答案； （3）求出相关平面的法向量，再求出面面角的表达式，最后利用基本不等式即可求出最值. 【详解】（1）略 （2）同（1）可得， 在平面内，过作交于点， 又因为，平面，所以平面. 又平面，所以， 由及勾股定理得：， 等价为：① 又平面，所以， 由及勾股定理得：② 联立①②得：， 结合题意，解得：． 由余弦定理得：， 则， 则由勾股定理逆定理可得：． 又因为，平面， 所以平面, 因为平面，所以，即两两垂直． 则以为原点，分别为,,轴建立空间直角坐标系， 则, , 设平面的法向量为， 则，即取 设直线与平面夹角大小为， 则. （3）由（2）知， 平面的法向量为． 由得：， 同理得：． 设平面的法向量为， 则，即，可取， 所以，即， 当且仅当即时取等． 综上所述：时，取得最小值． ◆题型9 斜棱锥、斜棱柱模型 41．(1)证明：如图，连接交于点E，连接． 因为平面平面，平面平面，所以． 又因为四边形为平行四边形，所以E为的中点， 所以为的中位线，所以D为的中点． 又因为为等边三角形，所以． (2)． 【分析】（1）利用线面平行性质得到中位线，锁定为中点，借等边三角形三线合一证垂直； （2）由线面角确定高与底面投影，建系求两平面法向量，用向量夹角公式算出二面角余弦值. 【详解】（1）略 （2）过A作平面垂足为O，连接， 设，因为与底面所成角为，所以． 在中，因为，所以． 因为平面平面，所以． 又因为四边形为矩形，所以， 因为，所以． 因为平面平面，所以平面． 因为平面，所以．又因为，所以O为的中点． 以O为原点，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图． 则． 因为，所以， 因为，则得， 所以． 设平面的法向量为， 由，得，故可取． 设平面的法向量为， 由得故可取． 因， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 42．(1)证明： 连接， 因为，，所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理可证，平面， 又，平面， 所以平面平面， 又平面，所以平面； (2) 【分析】（1）作出辅助线，得到平面，平面，故面面平行，进而证明线面平行； （2）证明出，所以⊥，又，故⊥，从而证出线面垂直，建立空间直角坐标系，设，求出两平面的法向量，由面面角的余弦值得到方程，求出，进而得到. 【详解】（1）略； （2）连接，交于点， 底面是边长为2的菱形，， 故为等边三角形，， 则，， 又因为，，所以≌，故， 所以⊥， 又，故⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 由勾股定理得，设， 则，， 设平面的一个法向量为， 则， 令得，故， 又平面的一个法向量为， 则， 解得，故. 43．(1) 取AB中点O，连接，因为为棱的中点， 所以，又，则， 若，又，，、平面， 则平面，又平面， 所以有，又①②③④四个条件中， 条件②能使，故选条件②： 证明：，O为中点，所以有， 又，，、平面， 所以平面，又平面， 所以； (2)存在，或，理由如下： 因为，所以，即为正三角形， 取AB中点O，则有，则由（1）可知平面， 所以是二面角的平面角，故， 设，则， 则点P到底面的距离为，点P在底面的投影落在直线上且与距离为， 以O为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， 所以， 分别设平面和平面的一个法向量为， 则，， 取，， 则， 则. 解得或，满足题意， 所以存在点E使得二面角的余弦值等于，当时，；当时，. 【分析】（1）取AB中点O，连接，先假设，则有，进而得到条件②能使，从而选条件②，再由先出垂直判定定理结合线面垂直定义即可得证； （2）以O为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，求出平面和平面的一个法向量，利用求出参数y即可得解. 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】关键点睛：解决第（2）问的关键是正确建立适当的空间直角坐标系，正确表示点P的坐标. 44．(1)∵底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60∘， 是等边三角形， 为的中点， ，， ，， ，为的中点， ，，， ，平面， 平面， 平面，． (2)存在，或 【分析】（1）根据四棱锥的几何性质，通过线面垂直推出线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，得出相关点坐标和向量坐标，求平面法向量，利用二面角余弦公式构造方程求解． 【详解】（1）略 （2）以为坐标原点，为轴，为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立下图所示空间直角坐标系， 则， 如下图所示，点到平面的距离为，， ， ， 因为在线段上，令， ，， 轴为平面的法向量，则， 平面中，向量，， 设为平面的法向量，则 ，则 ， 二面角的余弦值为， 化简整理得，解得或， ，， 当时，， 当时，， 存在点，且的值为或． 45．(1)取中点， 因为且，所以四边形是平行四边形，所以，所以平面， 因为且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以平面， 又因为，平面， 所以平面平面，因为平面，所以平面． (2)①；② 【分析】（1）利用面面平行的判定和性质即可证明； （2）①方法一：找到二面角的平面角，再求解即可；方法二：建立合适的空间直角坐标系，利用面面角的空间向量求法即可得到答案；②写出的表达式，再作差即可. 【详解】（1）略 （2）①法一：连，取中点， 因为，所以，又因为分别是的中点， 则，则，则为中点， 因为且，所以为二面角的平面角， 因为，则， 则为等边三角形，所以，所以． 法二：因为， 即 即， 所以，又因为， 取中点，则，， 则，，， 以为轴正方向，以为轴正方向，轴满足右手系，建立空间直角坐标系． 故． 设点满足，则，解得， 则．则， 因为，所以易得， 则， 设平面的法向量，则，即 可取， ， 设平面的法向量，则，即， 可取， ， 则平面的法向量，平面的法向量， 所以，由图知是锐二面角，所以二面角为． ②因为且，所以截面内，球截得的圆为的内切圆， 因为的边长为，所以它的内切圆半径为 ，因为， 因为，则，则， 则， 又因为为中点，所以， 所以． 因为，所以点在平面中，所以， 因为，，， 所以，，所以． 在中，； ； …… ； ； 作差得， 因为，所以． ◆题型10 不规则台体模型 46．(1)证明：记与的交点为O，由平面，平面， 可知，         而，，平面，平面， 故平面． 由题易得平面与平面为同一平面，故平面． (2)． 【分析】（1）记与的交点为O，根据线面垂直的性质定理，可证，又，根据线面垂直的判定定理，分析即可得证. （2）求出PO长，如图建系，求得各点坐标，分别求出平面与平面的法向量，，根据二面角的向量求法，可求出二面角的余弦值，根据同角三角函数的关系，即可求得答案. 【详解】（1）略 （2）显然，                 以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，                     则，，，， 则，，，                         记平面与平面的法向量分别为，， 则，即， 令，则， 所以取，                 又，即， 令，则， 所以取，                 记二面角的平面角为，则，                 可知， 所以二面角的正弦值为． 47．(1) 由题意得：，， 设， ， 又因为三点共线， .即为中点. ， 又因为平面平面， 平面. (2) (3) 存在， 【分析】（1）利用向量证明，再根据线面平行的判定定理证明线面平行. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求直线与平面所成角的三角函数值. （3）利用空间向量，根据二面角的三角函数值求的长. 【详解】（1）略 （2）由（1）知， 所以与平面所成角即为所求角. 分别取中点，连接. 平面平面，平面平面， 平面，，所以平面， 以为原点，为轴的正方向，如图建系， ， 设平面的法向量为， ，取，则， 为平面的一个法向量， 又， 因为， 设与平面所成角为， 所以. （3）设， ， 设平面的法向量为， 则， 取，则，， 为平面的一个法向量， 设平面与平面所成角为， ， ， ， （舍）或. 所以存在点使得， . 48．(1) 如图所示，分别延长，，，，， 为棱台， ，，，，交于一点P，且为五棱锥. ，，，， 且，，，，分别为，，，，的中点． 连接，取的中点M，连接，． ，，， 且，又，， 又，， 连接，，，， ，， 四边形为平行四边形，， 又平面，平面， 平面． (2) 【分析】（1）将五棱台还原成五棱锥，取的中点M，证明及，从而推出四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定定理证明即可； （2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，再根据公式求解即可. 【详解】（1）略 （2），，两两相互垂直， 以A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． 由（1）知，，， 四边形为正方形，，， ，B，M，D三点共线，且， ，，，，， 则，，， 设为平面的一个法向量， 则，即， 令，得，，.  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. 49．(1) 取的中点为，连接，，因为，且， 所以四边形为等腰梯形，又因为M，N分别为，的中点，所以， 因为，所以，因为，且，平面， 所以平面， 又平面，所以. (2) (3). 【分析】（1）利用三棱柱性质，根据线面垂直的判定定理可得平面，可证明结论； （2）由二面角定义并利用棱台的体积公式代入计算可得结果； （3）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法即可得出的值. 【详解】（1）略 （2）由二面角定义可得，二面角的平面角即为， 当时，即，棱台的高等于. 由，，可得， 又因为此棱台的上、下底面面积分别为，， 所以棱台的体积为. （3）由（1）知，，以为坐标原点，分别以，所在直线为轴， 过点作垂直于平面的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 可得，，，，， 因为，可得， 设平面的一个法向量为， 因为，，所以 ， 令，则，，可得， 因为，所以到平面的距离为， 即，可得，整理得， 解得或，又，可得. 【点睛】方法点睛：求解点到平面距离常用方法： （1）等体积法：通过转换顶点，利用体积相等可得点到面的距离； （2）向量法：求出平面的法向量，并利用点到平面距离的向量求法公式计算可得结果. 50．(1)等腰梯形 中， 分别为 的中点，因此 是梯形的对称轴，满足： ，翻折前， ，，翻折后， ，因为平面 与平面 的交线为 ，且 ， ， 平面 ， 平面 ，所以 是两平面所成二面角的平面角，即 ，当 时，，即，由 且 ，且 ， 平面 ， ，又 平面 ，所以 ； (2)①；②个，. 【分析】(1)通过证明 ，，得到； ①建立空间直角坐标系，先由直线与平面所成角的正切值为求出，从而得到点B的坐标，最后利用向量法求解二面角的余弦值； ②先利用4个点坐标求出球面的方程，再把另外2个点分别代入验证，得到该三棱台的顶点中，在同一个球面的点最多有5个，同时求出该球的表面积. 【详解】（1）略 （2） 连接，，因为等腰梯形中， 分别为中点， ， 且，则， 则，所以，所以， 因为，所以，所以， 由余弦定理得， 同理， ， 在平面中，过点作，依题意， 以 为原点，以 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， ，， ， ， ， 设平面 的法向量为 ， 则，令，则， 设直线与平面的夹角为，已知，则，， 所以 所以 ，即 ，所以 ， 解得，或(此时，不合，舍去) 此时， 设平面 的法向量为 ，，， 则，令，则， 又平面 的一个法向量是， 所以， 因为二面角是锐角，所以二面角的余弦值； ②解法1：设过点， ， ，的球的半径是，球心是， 则，所以， 解得，所以， ， 因为，所以在该球面上， ，因为，所以不在该球面上， 所以存在一个球面，同时包含 这 5 个顶点，第 6 个点 不在这个球面上， 则球的半径 ，所以该球的表面积是 . 解法2：空间球面的一般方程为 ， 代入 ，得 ，解得：， 代入 ，得 ， 即 ，解得：， 代入 ，得 ， 即 ，解得：， 代入 ，得 ， 即 ，解得：， 得到球面方程 验证 ，代入球面方程得 ，满足方程， 验证 ，代入球面方程得 ，不满足方程， 存在一个球面，同时包含 这 5 个顶点，第 6 个点 不在这个球面上， 球面方程 整理为球面标准方程： 则球的半径 ，所以该球的表面积是 . ◆题型11 无任何垂直条件模型 51．(1) (2) 【分析】（1）取的中点为，利用线面垂直的判定及锥体的体积公式推理求解. （2）由（1）中信息建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）由，得， 由为底边的中点，得，为边长为2的正三角形， 菱形的边上的高为，该菱形的面积为， 沿直线翻折后，取的中点为，连接， 则，且，， 又，则，即， 又平面，因此平面， 所以四棱锥的体积为. （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， 显然平面的法向量为，又， 设平面的法向量，则，取，得， 因此， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 52．(1)证明：如图，取的中点，连接，，，则三点共线. 在正方形中，点，分别是边，的中点，所以． 又，故，即，． 因为平面，平面，， 所以平面，又平面，所以． (2) 【分析】（1）取 的中点 ，利用正方形的性质以及翻折前后长度、角度不变，证明 、，进而证明 ； （2）先根据棱锥体积最大的条件确定 底面 ，再建立空间直角坐标系，利用平面的法向量求两个平面的夹角 【详解】（1）略 （2）设五棱锥 的高为 ． 底面 的面积为定值，且翻折过程中 为定值． 因为 在底面 所在平面内，所以 ，当且仅当 平面 时取等号． 因此当五棱锥的体积最大时，底面，此时两两垂直， 故可以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．     则，，，     所以，，     设平面的法向量为， 则即     令，得，，所以平面的一个法向量为．     易知平面的一个法向量为，     设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 53．(1)连接BE，在等腰梯形ABCD中，，，E为CD中点， ∴四边形ABED为菱形，∴， ∴，，即，，且， 平面POB，平面POB，∴平面POB. (2)存在点Q为PB的中点， 【分析】（1）连接BE，通过说明，，即可求证； （2）建系，设，得到， 求得平面法向量和直线方向向量，结合夹角公式列出方程求解即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知四边形ABED为菱形，∴， 在等腰梯形ABCD中，，∴为正三角形， ∴，同理， ∵， ∴， ∴， 由（1）可知，， 以O为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz， 则，，，，， ，，， 设，， 设平面AEQ的一个法向量为， 则即 取，，得，∴， 设直线PC与平面AEQ所成角为θ，， 则，即， 化简得：，解得λ=， ∴存在点Q为PB的中点，即时， 使直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为． 54．(1) 如图，设为与的交点，连接， 过点作交于点， 由题是的中点，则， 易得，故， 又为的中点，故， 因为平面，平面， 所以平面. (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）设为与的交点，连接，过点作交于点，通过从而得到，继而得到，即可证明； （2）解法一：（ⅰ）设为在底面上的射影，连接，在底面上的射影为，点作于点，连接，证明从而得到为二面角的平面角，求出，再根据二面角的平面角与二面角的平面角互余即可求出答案； （ⅱ）设球的半径为，在底面上的射影恰为的中点，设，点作于点，设，根据几何关系可知，，联立求得，根据的范围即可求出答案. 解法二：（ⅰ）以点为坐标原点，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及平面的法向量，利用向量法求出二面角的正切值，再根据二面角的平面角与二面角的平面角互余，即可求出答案； （ⅱ）设球的半径为，设，根据得，即可求出答案. 【详解】（1）略 （2）解法一：（ⅰ）如图，设为在底面上的射影，连接， 则点在线段上，平面， 设在底面上的射影为，则在线段上， 因为为的中点，则为的中点， 过点作于点，连接. 因为平面，又平面，则， 又，平面， 则平面， 因为平面，所以， 故为二面角的平面角， 过点作交的延长线于点，则， 又为的中点，则， 因为底面为边长为6的等边三角形，， 所以，即， 所以，即， 所以，则， 又点到底面的距离为3，则， 在中，， 易知平面平面， 则二面角的平面角与二面角的平面角互余， 所以二面角的正切值为. （ⅱ）如图，设球的半径为， 因为为直角三角形，所以在底面上的射影恰为的中点， 记为点，记，则， ① 过点作于点，则， 过点作于点，易知四边形为平行四边形， 设， 则 ，② 由①②有， 即， 当时，取最小值，取到最小值，球的表面积取到最小值， 此时，则当球的表面积取最小值时， 球心到底面的距离为. 解法二：（ⅰ）如图，以点为坐标原点，的方向为轴的正方向， 建立空间直角坐标系. 设点的横坐标为， 由余弦定理可知，则， 则，，，， 则， 故，， 设平面的法向量为， 则， 令，得，，则， 易知平面的一个法向量为， 故， 则 易知平面平面， 则二面角的平面角与二面角的平面角互余， 所以二面角的正切值为. （ⅱ）设球的半径为，易知在底面上的射影恰为的中点， 可设，则. 则有. 则（）. 当时，，取到最小值，则球的表面积取最小值. 则球心到底面的距离为. 55．(1)由题意知，，，且为的中点， 则， 因为平面，所以平面. 而，则， 即，， 又，则，故. (2)（ⅰ）； （ⅱ）证明：由（ⅰ）知，平面的一个法向量为， 易得平面的一个法向量为， 则， 设，，则， 所以原式，令， 化简变形得，， 由，可得. 要证，因为均为锐角，故只需证. 即证， 由于当，恒成立， 所以只要证， 只要证， 设， 只要证 即 只要证 因为，所以只要证, 整理可得只要证, 利用因式分解，只要证，因为， 所以对恒成立. 所以只要证，显然成立，当时取等号，此时. 因为，所以解得或. 当等号成立时,，. 或，. 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面即可.根据勾股定理，可证. （2）（ⅰ）设，，再利用平面向量的坐标运算得出，求出右侧函数的值域即可得到.（ⅱ）要证，只需证，然后通过分析法得到恒成立，进而得到等号成立条件为，或，. 【详解】（1）略 （2）（ⅰ）由（1）知，平面，且， 以为原点，以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设，，即， 由于，则，即， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 易得平面的一个法向量为， 则， 设， 则， 设， 则， 所以函数在上单调递增，又， 则时，；时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 因为，，，所以， 则. （ⅱ）略 【点睛】本题的关键是将三角函数范围问题，转化为变量的值域问题.在解决最后一问时， 将证明，转化为证明，然后利用分析法进行证明，其中对于代数结构的整体代换是证明的关键. 56．(1). (2). 【分析】（1）分析与的垂直关系，确定二面角的平面角，再结合线面垂直的判定，找到在平面内的射影，进而利用三角函数计算距离； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，再利用向量的夹角公式计算二面角的余弦值，进而求出正弦值. 【详解】（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. 57．(1) (2) (3) 【分析】（1）作于点,连接,证明平面，得到，再使用等面积法，计算出，最后求出的长； （2）以为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，再计算出平面与平面所成角的余弦值； （3）若四面体的四个顶点都在球上，由于为直角三角形，故球心在经过斜边中点与平面垂直的直线上，设球心,利用求出球心的坐标，再求出点到直线的距离，最后求得三角形的面积. 【详解】（1）作于点,连接， 因为平面平面，平面平面，平面, 所以，平面，平面， 所以，，又，，平面, 所以，平面，平面， 所以，， 由，得 即, 翻折前在梯形中，由得，沿将梯形翻折后，, 在平面四边形中，，那么, 又所以四边形是平行四边形， 所以，, 设，则，， 即，解得, 所以，. （2）在原直角梯形中，作于点，那么 四边形为矩形，, ,所以为等腰直角三角形，， 由于,所以，， 所以，沿将梯形翻折后，为等腰直角三角形, , 以为原点，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，那么 ,, , 设平面法向量为，平面法向量为，那么 ， 取，则为平面一个法向量， , 取，则为平面一个法向量， , 所以，平面与平面所成角的余弦值为. （3）若四面体的四个顶点都在球上， 由于为直角三角形，故球心在经过斜边中点与平面垂直的直线上，设球心，则由可得 ，解得， 所以，， 点到直线的距离为 , 所以，. 58．(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，① 又，即，， 且，，平面，所以平面， 又平面，所以，② 又平面，③ 所以平面. (2) 【分析】（1）证明，即可证明结论； （2）由题知二面角的平面角为，进而建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. 【详解】（1）略 （2）因为，所以二面角的平面角为， 由已知， 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， 因为点为棱上一点.，故平面即为平面， 因为， 设平面的一个法向量为， 由， 令，则，所以， 设平面与平面所成的锐二面角为， 所以， 所以平面与平面所成角的余弦值的大小为. 59．(1)证明：如图，取的中点，连接，． ，分别为，的中点， ，． 又是圆的直径，，． ，，． 又，，平面，平面． 平面，． (2) (3) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面，即可证得； （2）由面面垂直的性质定理证明平面，建立空间直角坐标系，由面面角的向量求法可求得二面角的余弦值； （3）在（2）的坐标系下，设两个半圆面所成的角为，将直线与平面所成的角的正弦值表示成的函数，从而求得其最大值. 【详解】（1）略 （2），． 平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 故以为坐标原点，以，所在直线，平面内过点且垂直于的直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系． ，．则，，，， ，，，． 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， ． 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， ． ． 由图知二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为． （3）同（2）中的建系，则平面的一个法向量． 设两个半圆面所成的角为，则， ． 设直线与平面所成的角为， 则， 当时，取得最大值，为． ，． 60．(1) 因为，的中点为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质可得平面 (2)（i）（ii） 【分析】（1）利用面面垂直性质定理即可证明； （2）（i）分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，利用面面角的空间向量公式列出方程求解即可；（ii）当线段PD与线段PC的长度之和最小时，要使最小，利用对称法，作D关于平面的对称点，连接，与平面的交点即为，再应用线面角正弦公式计算求解. 【详解】（1）略 （2）（i）取的中点为，连接，则且， 由直角梯形可知，为正方形， ，，，，. 由（1）平面，可知，，两两互相垂直， 分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，，， 依题意，， 则，， 设平面的法向量为， ，，则可取， 由平面，取平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则 . （ii）设平面内一动点为P，要使最小，可利用对称法， 不妨设D关于平面的对称点，设与平面的交点即为， 因为平面的法向量为，则平面可以表示为， 设，则中点为在平面上， 即得， 因与平面法向量平行， 则，设比值为,则得， 将其代入中，得，解得，故， 又因为， 设直线与平面的交点为， 直线的方程为，代入平面的方程， 得出，即得，则得， 故，， 设直线与平面所成角为， 则. 综合攻坚·知能拔高 一、解答题 1．(1)证明：连接，因为四边形为矩形， 所以点为的中点，又点为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面； (2) 【分析】（1）借助线面平行判定定理即可得证； （2）法一：可建立适当空间直角坐标系，求出及平面的法向量后，利用空间中点到平面距离公式计算即可得；法二：借助等体积法，利用计算即可得. 【详解】（1）略 （2）法一：由题意，可以点为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则，，， 则，， 设平面的法向量为， 则，可取， 由（1）知平面， 到平面的距离为到平面的距离， 又，则在法向量上的投影长度为， 故到平面的距离为. 法二：由（1）知平面， 到平面的距离为到平面的距离， 在中，，， 由平面，平面，故， 由底面为矩形，则，又，、平面， 故平面，又平面，故， 则， ∴，则， 故， 由，， 设到平面的距离为， ∴，解得， 故 PB 到平面 AEC 的距离为． 2．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题设条件先证明平面SAD，再由面面垂直的判定定理即可得证； （2）由条件先证明平面ABCD，建系后利用空间向量法结合平面求出，再利用空间向量夹角的公式计算即得. 【详解】（1）因为ABCD是矩形，所以， 又已知，所以， 又，所以， 因为平面SAD， 所以平面SAD，而平面SAB， 所以平面平面SAD. （2）因为，所以SD与BC所成角的大小等于， 又，所以， 取AD、BC的中点分别为O、N，连SO、ON， 则， 由（1）平面，又 平面ABCD，则得平面平面ABCD， 又平面为平面SAD和平面ABCD的交线， 所以平面ABCD， 故可以为原点，ON、OD、OS分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，    则， 因为可得， 故得，则，又， 设平面的法向量为， 则，故可取， 因为平面，所以，则，解得， 所以M是SD的中点，OM是的中位线，， 由（1）知，平面SDC，所以平面SDC， 故是平面SDC的一个法向量，且， 所以， 所以， 故二面角的正弦值为． 3．(1)在中，， 由余弦定理得， 所以，故， 所以为直角三角形，且， 又因为面，平面，所以 又因为，且，平面， 所以面，平面， 所以， 又因为、、平面，所以 又因为平面平面，所以平面 (2) 【分析】（1）利用勾股定理逆定理得到，进而得到，然后利用线面平行的判定定理证得； （2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，结合向量夹角公式求结论. 【详解】（1）略 （2）因为平面，，以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，    则 设为面的一个法向量， ，故， 令，解得， 记与面所成角为， 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 4．(1) (2) 【分析】（1）可建立空间直角坐标系，将异面直线所成角转化为对应方向向量夹角的余弦值（取绝对值）求解. （2）可利用向量法，求出两异面直线的公垂线方向向量，再取两直线上任意两点连线在公垂线方向上的投影长度即为异面直线距离. 【详解】（1）以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系， 不妨设，则，，，，，. 记直线与所成的角为，则. （2）记为与公垂线段的方向向量， 则 即可取， 而， 记直线与间的距离为，则. 5．(1)证明：因为为的中点，，所以. 因为平面，平面，所以. 又，平面，且， 所以平面． (2)存在，． 【分析】（1）根据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，设，根据线面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）略 （2）因为，，所以，. 因为四边形为菱形，且，所以. 由（1）知，，两两垂直， 故以为坐标原点，，，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，，，，， 所以，， 设． 又，所以， 设平面的一个法向量， 则，即，令，则，，所以， 记直线与平面所成的角为， 则，解得（负根舍去）， 此时为的中点，所以在棱上存在点满足条件，此时． 6．(1)因为，且，， 可得，， 又因为，， 所以，则， 因为平面平面BCD，平面平面，且平面BCD，所以平面ABD， 又因为平面ABD，所以； (2)存在，． 【分析】（1）余弦定理和勾股定理可证明平面ABD，再由线面垂直的性质即可得； （2）以点为坐标原点建立空间直角系，利用空间向量即可求得结果. 【详解】（1）略 （2）因为平面ABD，且平面ABD，所以， 如图所示，以点D为原点，建立空间直角坐标系， 可得，，，，所以，, 设平面ACD的法向量为，则, 令，可得，，所以 假设存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°， 设，(其中)，则，， 所以 , 整理得，解得或(舍去)， 所以在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°，此时． 7．(1)证明：作，因为沿翻折至， 所以，又因为，平面， 所以平面， 又因为平面，所以 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用线面垂直的性质定理证明； （2）建立空间直角坐标系，求出点的轨迹方程，得到三棱锥的体积最大时，的坐标为或，分别求出平面与平面的法向量，再利用夹角公式得到平面与平面夹角的正弦值为. 【详解】（1）略 （2）以为原点，方向为轴，方向为轴，过且垂直于平面的方向为轴，建立空间直角坐标系． ，，，，设，由， 即，得， 当三棱锥的体积最大时，即或， 不妨取，设平面的法向量为， 由，， 得，令，得， 设平面的法向量为 即，． 所以，平面与平面夹角的正弦值为 8．(1)3 (2) (3) 【分析】（1）选取圆柱对称中心为原点建立空间直角坐标系，利用异面直线所成角的余弦值公式列出关于动点坐标的方程，通过代数解法求出点P的位置进而算出PM的线段长度, （2）结合几何垂直性质与坐标法分别求出两相交平面的法向量，通过联立这两个法向量求得平面交线的方向向量，最后利用空间向量的距离公式求出点到该直线的距离, （3）借助正弦定理将题目给定的正弦值比例转化为线段平方比例，进而推导出动点Q在底面内的轨迹为一个圆，最后将线面角正切值最小的极值问题，转化为求底面定点到该圆上动点距离最大的几何问题. 【详解】（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． 9．(1)因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，， 则，所以， 所以在平面内，， 又平面，平面， 所以平面； (2)（i）；（ii）． 【分析】（1）利用结合证得平面，得到，结合勾股定理的逆定理得，推出，证出线面平行； （2）（i）由平面平面推导出平面，得到，为斜边固定的直角三角形，求出底面最大面积，代入棱锥体积公式得体积最大值； （ii）三垂线法分别找出两个二面角的平面角，利用正弦倍数条件得到，算出后借助直角三角形斜边上高建立关于的方程求解． 【详解】（1）略 （2） （i）如图，过点作，垂足为， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 设，， 由勾股定理，， 由基本不等式，得， 所以，当且仅当，即取等号， 所以最大值为， 在中，，， ， 所以的最大值为 四棱锥中，底面，高， , 所以的最大值为； （ii）因为，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，且平面平面， 如图，过点作，垂足为， 再过作，垂足为，连接，， 则平面， 则，分别为二面角，的平面角， 于是，由，得， 在中，， 由等面积得， 由，得， 设，中斜边上高， 所以， 解得． 10．(1) (2)，理由为： 等腰梯形中，,由（1）知连接， 则 ，所以. 所以 等腰梯形中，,由（1）知 连接 ，则 ，所以. 如下图 若 ，显然当与重合，与重合时，最大， 最大值为 ； 若与不平行，当时，如图展开平面和平面， 与平面 在同一平面，过作的平行线，交于点，连接，并延长，与交于点. 此时， ， 又 所以 的最大值为. 由上图的对称性，同理可得，当时，所的最大值为. 综上所述，在图 3中，当与重合，与重合时，的周长最大，最大为． 【分析】利用空间中线面、线线及面面的位置关系和已知条件，得出垂直关系，再建立空间直角坐标系．根据直线与直线所成角的向量求法，计算得结论 ①利用余弦定理解三角形，结合图形判断得当与重合，与重合时，的周长最大，并求出最大值②利用平面与平面夹角的向量求法，计算得结论． 【详解】（1）如图，正六边形中，沿对折后，此平行关系不变， 所以折叠后的图中，，且． 取的中为，的中点为，连接． 因为底面是正方形，所以，即，且． 连接，，则由知：． 因为，、平面，所以平面， 而底面，因此底面平面，交于． 过在平面作直线，交于， 则由底面平面，得底面. 因为、底面，所以，．故，，两两垂直. 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，如图建立空间直角坐标系： 则，，，． 中，因为，所以， 在等腰梯形中，，，因此，， 所以，所以，， 所以． 所以五面体图中的余弦值为. （2）①略 ②由①知：与重合，与重合，如（1）建立空间直角坐标系，则，． 设平面的法向量为， 因为，， 所以由得，取得，， 因此是平面的一个法向量． 设平面的法向量为． 因为，， 所以由得，取得，， 因此是平面的一个法向量． 设平面与平面夹角为， 因此， 即平面与平面夹角的余弦值为． 11．(1) (2) (3)距离为， 【分析】（1）先由直线方程组取 和 得到直线上两点,进而确定直线的方向向量 ,再结合平面的法向量 ,利用线面角与向量夹角的关系 ,代入数量积和模长计算,最终化简求出sin 的值； （2）平面 过直线 且与平面 垂直,因此 的法向量同时与直线 的方向向量、平面 的法向量垂直,由此列方程组求出平面 的法向量 ,再代入直线上已知定点,用点法式写出平面方程并整理化简； （3）先根据两条直线的参数方程分别设出动点坐标，求出两直线方向向量，方法一利用公垂线向量同时与两个方向向量垂直，数量积为 列方程求出参数，得到垂足与公垂线段向量，计算模长得异面直线距离并写出公垂线方程；方法二写出两点距离平方表达式，用二次函数配方法求最小值，即为异面直线距离，同步确定垂足与公垂线方程. 【详解】（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 12．(1) (2)为定值， 【分析】（1）根据棱锥体积公式可确定当平面时，四棱锥体积取得最大值，将该体积最大值表示为关于的函数，利用导数可求得最终结果； （2）（i）以中点为坐标原点可建立空间直角坐标系，设三棱锥的外接球球心为，根据球心到各个顶点的距离相等可构造方程求得球心坐标和半径，验证可知在该球上，结合球的表面积公式可求得结果； （ii）设，由此可得，根据线面垂直的判定可构造方程组求得的值，进而得到点坐标，由此可表示出，根据向量模长运算可求得结果. 【详解】（1）连接，交于点，连接，作，垂足为，连接， ，，，， ，又， ； ，，， 为中点，是边长为的等边三角形，， ，，即； ，，， 即，，又，平面， 平面，又平面，， ，平面，平面， ， 若四棱锥体积最大，则， 此时； 令，则， 令，解得：， 则当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ，即四棱锥体积最大值为. （2）由（1）得：为中点，，即，又， 即为二面角的平面角，， 则以为坐标原点，正方向为轴正方向，过作轴平面，可建立如图所示空间直角坐标系， （i）当时，，，，，， 设三棱锥的外接球球心为，半径为，则， ，解得：，， 此时，即点在三棱锥的外接球上， 三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球， 四棱锥外接球的表面积. （ii）由题意知：，，，，，， ，，， 三点共线，平面即为平面， 设，则， ， 平面， ，解得：， ，又，， 又， ， ，即的长度为定值，定值为. 13．(1) 取中点，连接 ∵四边形为矩形，∴点为中点， ∴且， 又∵且，∴且， ∴四边形为平行四边形，即， ∵平面，∴平面. (2) (3)存在，P点在A点处时平面与平面的夹角为. 【分析】（1）利用中位线和平行四边形证明线线平行，然后得到线面平行； （2）证明三线两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量求得面的法向量，然后由直线所在向量与法向量的夹角的余弦值的绝对值求得线面角的正弦值； （3）由（2）求出平面的法向量，设点坐标，由空间向量求得平面的法向量，由两个面的法向量夹角的余弦值的绝对值求等于面面角的余弦值建立方程，解得点坐标，即可知道点的位置. 【详解】（1）略 （2）∵，且平面平面，平面平面， ∴平面， 又∵平面，∴， 故以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， ∴，，，，， ，，， 设为平面的一个法向量， 则，解得，即， 设直线与平面所成角为， 则 （3）由（2）可知平面的一个法向量为， 设存在，则，， 设平面的一个法向量为， 则，解得，即， 则， ∴，即， 所以存在符合题意的点P，当P点在A点处时平面与平面的夹角为. 14．(1) (2) (3)最多能放3个小球． 理由如下：因为小球与上下底面均相切，∴小球半径为． 圆台上、下底面直径分别为3和5，则至少能放入一个半径为的小球． 为能放入更多小球我们先让放入的第一个小球与圆台侧面也相切，作出圆台轴截面如图1，小球与底面切于点，，由题意可计算出，可得，，所以，如图右侧还能再放一个这样的小球，所以至少能放下2个这样的小球． 现在分析是否能放3个小球，为了能放入更多小球，尽可能先让已放入的两个球两两相切且与圆台侧面相切，设先前放入的两个小球为球和球，它们与底面切于点，，作出两个小球的俯视图，，由上面结论可知 在中，利用余弦定理可得， 由圆台和球的对称性可知，恰好只再能放一个与这两个小球相切并和圆台侧面也相切的这类小球． 综上所述，圆台内最多能放3个这样的小球． 【分析】（1）根据题意求出上下底面圆的半径，然后按照圆台的体积公式求解即可； （2）以为原点，以，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，即可求出答案； （3）根据题意分析小球在圆台的位置情况，尽可能让小球与圆台侧面、小球与小球都是相切的状态，根据圆台上下底面圆的半径确定小球的个数. 【详解】（1）设圆台上下底面圆的半径分别为，，在圆锥的轴截面中（如图所示）， ∵，， ∴，，，即，， 设上下底面圆的面积为，，则，， 圆台的高，∴ （2）延长，交于点H，∵平面，平面，∴，BH即l，∵，，∴，，，， 以，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则 ，，，，，， 设，则， 设平面的法向量为，则 令，则， ，即， 同理可求平面的法向量为，则 令，对称轴为，∴，， 即平面与平面夹角的余弦值的取值范围为． （3）略 15．(1) (2)（i）；（ii），，，； 【分析】（1）方法一：利用勾股定理和余弦定理，结合两角和的余弦公式进行求解即可；方法二：利用勾股定理和正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可； （2）方法一：建立空间直角坐标系.（i）利用空间向量夹角公式，结合线面角的定义进行求解即可；（ii）根据线面平行、面面平行的判定定理，结合空间向量点到面的距离公式进行求解即可；方法二：（i）根据面面垂直的判定定理和性质定理，结合线面角的定义进行求解即可；（ii）利用空间点到面距离公式进行求解即可. 【详解】（1）方法一：在圆内接四边形中，为等腰直角三角形，， 所以， 在中，因为，， 所以，，所以. 在中，， 由余弦定理得 ， 所以. 方法二：在圆内接四边形中，为等腰直角三角形，， 所以是圆的直径，. 在中，，， 所以，，， . 由正弦定理得，又， 故. （2）方法一：以的中点为原点，以，方向为x，y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，. （i）设，由（1）可知，，， 又因为， 所以 解得，，，即， 则. 取平面的一个法向量，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. （ii）如图所示，取的三等分点P，Q，的中点M， 过三点D，P，M作平面，过三点，Q，C作平面， 因为，平面，平面， 所以平面，同理平面， 又因为，所以平面平面， 再过点A，C分别作平面，与平面平行， 那么四个平面，，，依次相互平行， 由线段被平行平面，，，截得的线段相等知，其中每相邻两个平面间的距离相等，故，，，为所求平面. 由（i）可知，，， 所以， . 设平面的法向量，则 即可取， 所以点到平面的距离. 故相邻两个平面间的距离为. （方法二） （i）设的中点为，的中点为，的中点为M， 连接，，，. 由（1）知，，则， 又因为，，所以平面， 所以平面平面. 过点作交直线于点，连接， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，则为直线在平面上的射影，为直线与平面所成角. 由（1）知，，，则，. 又因为，，所以， 所以，则. 在中，. 所以，得， 所以，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （ii）以为原点，以，方向为x，y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，. 设平面的法向量， 由（i）可知， 所以，，. 由，，，两两平行且每相邻两个平面间的距离都相等， 可得， 从而， 由可得或. 若，由得， 从而或. 若，由得， 从而或. 综上，可得，或， 或，或. 当或时，由于， 此时， 从而点B在点D与所确定的平面上，与条件矛盾，舍去； 当，由于，此时， 从而点A在点C与所确定的平面上，与条件矛盾，舍去； 当，可求点A到平面的距离， 此时，，，分别为过A，D，C，B，且以为法向量的平面， 所以相邻两个平面间的距离为. 1 / 14 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06 立体几何解答题建系模型总结 常考题型·精准突破 考点一 规则的几何体建系 ◆题型1 直棱柱模型（含正方体、长方体、正棱柱） ◆题型2 正棱锥、正棱台模型 ◆题型3 一条侧棱垂直底面的几何体 （高频） ◆题型4 底面是菱形，直角梯形的几何体（重） ◆题型5 底面是直角、等腰、等边三角形的几何体（重） ◆题型6 圆柱、圆锥、圆台模型 考点二 不规则的几何体建系 ◆题型7 垂面模型（高频） ◆题型8 投影射影模型（难） ◆题型9 斜棱锥、斜棱柱模型（重） ◆题型10 不规则台体模型（难） ◆题型11 无任何垂直条件模型 ◆题型12 折叠翻折几何体模型（难） 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 考点一 规则的几何体建系 ◆题型1 直棱柱模型（含正方体、长方体、正棱柱） 1．（2026·山西忻州·模拟预测）如图，在直棱柱中，底面为直角梯形，，，且，，.又平面，.点分别为，的中点. (1)证明：平面； (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)以为原点，方向为轴建立空间直角坐标系： ，，，，，，，． 因为分别为，的中点，所以，． 有，底面的法向量为. 因为，所以 又不在平面内，所以平面． (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行； （2）空间向量法计算两平面夹角的余弦值； （3）空间向量法计算点到平面的距离； 【详解】（1）略 （2） 平面的一个法向量为，平面中，， ，，取，． 设平面的法向量为，则， 令，则，，即， 所以两平面夹角的余弦值为． （3）由（2）可知平面的一个法向量为， 点到该平面的距离为． 2．（2026·安徽合肥·二模）如图，在正三棱柱中，点为的中点． (1)证明：平面； (2)若点满足，且平面，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于，连接，易得，再由线面平行的判定定理证明结论； （2）取中点，构建合适空间直角坐标系，设，并标注出相关点坐标，求出直线的方向向量、平面的法向量，应用向量法求线面角的正弦值. 【详解】（1）连接交于，则为中点， 连接，因为为中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面； （2）取中点，在正三棱柱中，，，两两垂直， 以为原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立如图示的空间直角坐标系， 设，，则，，，， 所以，，，则， 因为平面，平面，所以， 所以，又，所以，所以， 由题意知为平面的一个法向量，又，所以， 设直线与平面所成角为，则. 3．（25-26高一下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，长方体中，，，点P为的中点. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值； (3)在直线上是否存在点Q使得平面，若存在，则此时为多少；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，且 【分析】（1）利用正方形对角线互相垂直及侧棱垂直底面证明线面垂直，进而利用面面垂直判定定理得证； （2）利用平行线转化线面角，结合线面垂直定义找出线面角，在直角三角形中计算正弦值； （3）假设在直线上存在点使得平面，利用线面垂直的性质转化为平面几何中的垂直关系，设，利用平面向量求解出，再求解出. 【详解】（1）在矩形中， ， 底面为正方形，， 又在长方体 中， 平面， 平面， ， 又 ，平面， 平面，又平面， 平面 平面； （2）在长方体 中， 且， 四边形为平行四边形，故， 直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角， 设，连接， 由 （1）知 平面即 平面， 为直线与平面所成的角， 在正方形中，，则， 在中，，则， ， 直线 与平面所成的角的正弦值为； （3）假设存在点使得平面，由（1）知平面， 又平面，所以， 平面，平面，， 设，则由， 即， 又点为的中点， 所以， 即， 又， 所以，解得， 所以，，故    4．（25-26高二上·江苏无锡·期中）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.    (1)求直线到直线的距离； (2)求直线到平面的距离； (3)求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求点到直线的距离； （2）利用向量法求得点到平面的距离； （3）通过法向量求两平面夹角的余弦值. 【详解】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，， ，， 因为，所以， 所以直线到直线的距离等于点到的距离， ，， 所以，， 所以直线到直线的距离为.    （2），， 设平面的法向量为，则有， 令则，，故为平面的一个法向量， 又，，所以直线平面， 所以直线到平面的距离等于点到平面的距离， 因为，所以点到平面的距离为， 故直线到平面的距离为. （3）易知，，设平面的法向量为， 则有，令则，， 故为平面的一个法向量， 平面的法向量为， 设平面与平面所成角为，， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 5．（25-26高二上·湖北·阶段检测）如图，在三棱柱中，满足平面，且． (1)若，且，分别是，的中点． ①证明：平面平面； ②求平面与平面的夹角的余弦值． (2)若，求三棱锥的外接球的半径的最小值． 【答案】(1)①如图，在三棱柱中， 因为面，且面，所以， 由题意得， 设； 因为是的中点，，所以， 因为，面，所以面， 因为面，所以， 由勾股定理得， 则可得，得到， 又因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. ②； (2). 【分析】（1）①利用勾股定理与线面垂直的判定得到平面，再结合面面垂直的判定定理证明即可，②建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解余弦值即可. （2）利用外接球的性质结合正弦定理得到，再结合基本不等式求解其最小值，最后得到的最小值即可. 【详解】（1）①略 ②建立为轴，为轴，过点垂直于底面的直线为轴的空间直角坐标系， 据题可知，， 则， 设平面的法向量为， 则得到， 令，解得，，则， 由上问可知平面，而面，故， 又因为平面，且面，所以， 而平面，则平面， 可得平面的法向量为， 故平面与平面的夹角的余弦值． （2）据题知， 在等腰中，设的外心是，外接圆半径是， 据正弦定理得，解得， 如图，在直角中，，则， 设外接球球心是，则平面，设外接球半径为，即， ， 则 ， 令，则， ， 当且仅当时等号成立， 此时， 则该三棱锥的外接球的半径的最小值. ◆题型2 正棱锥、正棱台模型 6．（25-26高三上·全国·阶段检测）如图，在正三棱台中，，．    (1)求正三棱台的体积V； (2)若Q是的中点，求直线QB与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）确定正三棱台的高，求出上下底面的面积，利用棱台体积公式计算其体积. （2）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，通过向量夹角公式计算线面角的正弦值. 【详解】（1）如图，设上、下底面的中心分别为，，连接，，过点作底面的垂线，垂足为，则在上，是正三棱台的高， 因为，都是正三角形，且，所以，， 由勾股定理，得， 所以正三棱台的体积． （2）如图，以为原点，为轴正方向，过作的平行线与交于点，   为轴正方向，为轴正方向，则，， 所以，，，， 所以，，． 设平面的法向量，则即 取，得，即平面的一个法向量为． 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为． 7．（25-26高三上·河北衡水·期中）如图，在正三棱锥中，，，为中点，为棱上一点． (1)证明：； (2)已知正三棱锥各顶点均在球的球面上． （i）求球的半径； （ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明:由正三棱锥性质可知，，连接，， 故，， 而平面，平面，， 故平面， 而平面， 可得． (2)（i）；（ii）或 【分析】（1）根据正三棱锥的性质，结合等腰三角形的性质、线面垂直的判定定理和性质进行证明即可； （2）（i）根据正三棱锥的性质建立空间直角坐标系，结合球的性质、空间两点间距离公式进行求解即可； （ii）根据空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）略 （2）（i）记中心为，显然平面，易知在直线上．以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 易得，，，，可设，由可得，解得 故球的半径 （ii）显然，而平面的一个法向量， 而，， 记，则， 记直线与平面所成角为，则， 平方得，得， 可得或， 于是或． 8．（25-26高三上·广东东莞·期末）如图，在正四棱锥中，，把绕BC顺时针旋转至，记点旋转后的对应点为． (1)证明：； (2)当三棱锥体积最大时，求： （i）点到平面的距离； （ii）平面与平面所成角的大小． 【答案】(1) 证明：如图1，取中点，连接和，     由题意得，且，所以，     又因为平面，所以平面， 因为平面，所以． (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）根据线面垂直判定定理得出 平面，进而得出线线垂直；    （2）（i）方法一：建系得出平面的法向量，再应用点到平面距离公式计算求解；方法二：先应用线面垂直判定定理得出平面，再应用面面平行，进而得出点到平面距离； （ii）方法一：分别求出平面与平面的法向量，再应用二面角余弦公式计算求解；方法二：应用二面角定义得出为平面与平面所成角，最后计算边长应用余弦定理计算求解. 【详解】（1）略 （2）解：因为平面，M是BC中点，所以， 因为，所以当时，最大，此时三棱锥的体积最大．             方法一： （i）如图2，设正方形中心为O，中点为， 由正四棱锥的特征可得两两垂直，以ON，OM，OP为x，y，z轴建立空间直角坐标系， ，直角三角形PMO中，，所以， 因为，所以     ， 设平面的法向量为， 则，即， 解得，取，得 因为，所以点到平面的距离为．     （ii）， 设平面的法向量为 则，即， 解得，取，得 设平面与平面夹角为， ，         因为，所以，所以平面与平面所成角的大小为． 方法二： （i）如图3，取PA中点，连接和， 因为平面，所以平面， 因为，所以， 又因为，所以， 平面，所以平面.         所以平面平面， 所以点到平面的距离即点到平面的距离，     因为平面，点到平面的距离为， 所以点到平面的距离为．         （ii）因为平面平面， 所以平面与平面所成角即平面与平面所成角，     如图4，过点作，连接和，因为， 所以，所以为平面与平面所成角，     在中，AB边上的高为，由等面积法可得，所以， 在中，，     因为平面与平面所成角的范围为，所以平面与平面所成角的大小为. 9．（2026·上海杨浦·模拟预测）如图所示正四棱台，其中，，棱台高为3. (1)证明： 平面求：三棱锥的体积； (2)设是中点，在直线、上各取一个点，使得三点共线，求：的长. 【答案】(1) 取中点为中点为，，如下图以下底面中心为坐标原点， 所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系. 则由题设可得. 则. 设平面法向量为，则， 取，因，又平面，则 平面； 三棱锥体积为 (2). 【分析】（1）如下图建立空间直角坐标系，求出平面法向量，通过说明可完成证明；通过证明平面，可得所求三棱锥体积可拆分成两个小三棱锥的体积之和，据此可得答案； （2）设， ，据此可得，，然后结合三点共线，可得存在使 ，据此可得答案. 【详解】（1）略； 由正棱台性质，与上下底面均垂直，则， 因为，平面， 所以平面，则所求三棱锥体积可拆分成两个小三棱锥的体积之和， 即： （2）由题意可得，设， 则，即. 又设 ， 则，即. 从而. 结合三点共线，则存在使 ， 则 ， 解得：  ， 则，， . 10．（25-26高三上·湖南长沙·阶段检测）已知两个非零向量、，在空间中任取一点，作，，则叫做向量与的夹角，记作. 定义与的“向量积”为，它是一个向量，且与向量、都垂直，它的模，如图，在正四棱锥中， ，且 . (1)若为侧棱上的点，且平面，求平面与平面的夹角的大小； (2)若点是侧棱（不包含端点）上的一个动点，当直线与平面所成的角最大时，求的值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）连接，，设和相交于点，取的中点，连接，，， 根据空间向量，可得是平面的法向量，是平面的法向量，且与的夹角大小等于平面与平面的夹角，根据几何关系即可求解； （2）以为原点建立空间直角坐标系，设，直线与平面所成的角为，利用向量法求线面角，可将表示为关于的函数，再结合配方法，求解即可. 【详解】（1）连接，，设和相交于点，取的中点，连接，，， 因为，所以与的夹角即为与的夹角，即， 故 ，所以， 所以，， 又是平面的法向量，是平面的法向量， 故平面与平面的夹角大小等于的大小， ，故， 所以平面与平面的夹角大小为； （2）由（1）及题可知，两两互相垂直， 故以为原点，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，，，，， 因为点是侧棱（不包含端点）上的一个动点，所以可设， 设，则，可得 ， 则，因为点在侧棱上，所以平面的法向量 就是平面的法向量，设平面的法向量为， 易得，， 因为，且，所以， 令，解得，，即， 设直线与平面所成的角为，则 ， 当且仅当时取等号，即. ◆题型3 一条侧棱垂直底面的几何体 11．（26-27高二上·黑龙江佳木斯·开学考试）如图，在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求三棱锥的体积； 【答案】(1)证明：由题意知、分别是、的中点，则得， 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即可证明； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值即可； （3）利用向量法求点到平面的距离，再由棱锥体积公式求解. 【详解】（1）略 （2）由平面，，则可以点为坐标原点，以，，所在直线为，，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，则得， 设直线与平面所成角为，则, 故线与平面所成角的正弦值为. （3）由（2）可得，平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为， 三角形的面积为，所以三棱锥体积． 12．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图，在四棱台中，四边形是正方形，平面，，设，平面． (1)求； (2)求直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，证明四点共面，再证明四边形是平行四边形，从而确定实数的值； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求线面角的正弦值. 【详解】（1）连接，，四点共面， 平面，平面，平面平面， ，又， 故四边形是平行四边形， ，. （2）以A为坐标原点，分别以的方向为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 设是平面的一个法向量， 则，即， 令，，故， , 故直线与平面所成的角的正弦值为. 13．（25-26高三下·陕西渭南·阶段检测）如图，四棱锥中，底面，四边形中，，，，． (1)求证：平面平面； (2)设． （i）若直线与平面所成的角为，求线段的长； （ii）在线段上是否存在一个点，使得点到点、、、的距离都相等？说明理由． 【答案】(1) 因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. (2)（i）； （ii）不存在，理由如下： 假设在线段上存在一个点到、、、的距离都相等， 由，得，则，所以， 所以， 设，则，其中，则， 在中，， 这与矛盾， 所以在线段上不存在一个点，使得点到、、的距离都相等． 从而，在线段上不存在一个点，使得点到点、、、的距离都相等． 【分析】（1）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）（i）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合可解出的值，即可得出线段的长度； （ii）假设在线段上存在一个点到、、、的距离都相等，设，则，其中，则，利用勾股定理计算，利用二次函数的基本性质推导出，推出矛盾，从而得出结论. 【详解】（1）略 （2）（i）因为底面，， 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， 在平面内，作交于点， 因为，，故， 在中，，所以， 设，其中，由，则， 则、、、、、， 则，， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得平面的一个法向量为， 因为，可取直线的一个方向向量为， 由题意可得， 整理可得，即， 因为，解得，所以； （ii）略 14．（25-26高二下·陕西安康·期中）如图，三棱台中，上、下底面均为正三角形，，，侧棱底面，且． (1)求三棱台的体积； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)若点在线段上，且与平面所成角的正弦值为，求的长． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用台体的体积公式可求得该三棱台的体积； （2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值； （3）设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合可得出的值，即可得出线段的长. 【详解】（1）由题意可知，，， 因为侧棱底面，且， 故 . （2）因为底面，且为等边三角形， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 所以，， ， 所以异面直线与所成角的余弦值为. （3）易知点、、、、， 设，其中， 设平面的法向量为，，， 则，取，则， ， 由题意可得， 整理可得，解得，符合题意， 此时. 15．（25-26高二下·福建宁德·期中）如图，在三棱锥中，底面，，，，为棱上的点，. (1)求证：平面； (2)设与底面所成角的正切值为. （i）求面与面所成的二面角的正弦值； （ii）棱上是否存在点，使得点到面的距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 因为底面，面，所以， 又为棱上的点，， 取的中点，所以， 又，所以， 又因为，，所以，所以， 所以，所以，所以， 又，平面， 所以平面； (2)（i）；（ii）存在，为的中点 【分析】（1）先由底面得 ，再取中点证，算出并由勾股定理得，最后依据线面垂直判定定理证平面； （2）（i）由线面角定义得，求出后建空间直角坐标系，求平面法向量与平面法向量，用向量夹角公式算余弦值，再求正弦值； （ii）设，利用点到平面距离公式列方程求，确定为中点． 【详解】（1）略 （2）（i）因为底面，所以与底面所成角为， 所以在中，， 又，所以， 如图，以为轴，轴，轴，以1为单位长度，建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量， 由，即，即， 取，可得， 又由（1）可知为平面的一个法向量， 设平面与平面所成的二面角为， 所以， 所以， 又由（1）可知为平面的一个法向量， 设平面与平面所成的二面角为， 所以平面与平面所成的二面角的正弦值为； （ii）假设存在点，使得点到平面的距离为， 设，由（i）可得， 所以， 又由（i）可知平面的一个法向量， 所以点到平面的距离， 所以，所以为的中点， ◆题型4 底面是菱形，直角梯形的几何体 16．（25-26高二上·吉林·阶段检测）已知四棱台，底面四边形为菱形，，且侧棱平面.      (1)证明：平面； (2)记，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) 证明：，底面四边形为菱形，， ，则，设，连接， 底面四边形为菱形，为的中点，，， ，为平行四边形，， 平面，平面，平面； (2) 【分析】（1）底面四边形为菱形，，则为的中点，可得，从而得到平面； （2）取中点，可以得到以为原点，、、分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，根据长度写出点的坐标，根据得到，从而得到，利用向量求出的坐标，求出平面的法向量和， 利用向量的数量积得到直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）底面四边形为菱形，，是等边三角形， 取中点，连接，则， ，，平面， 以为原点，、、分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，   ， ，，，，， ，，， ，，， ，，， 设，则， ，，， ， ，，，， 设平面的法向量为， ，则，取，解得，， 则，， ，，，， 设直线与平面所成的角为， 则， 直线与平面所成角的正弦值. 17．（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． 18．（25-26高二下·广东·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，. (1)棱上是否存在一点，使得平面平面，请说明理由. (2)若二面角大小为，求的值. 【答案】(1)存在，点在棱上，都有平面平面，理由如下： ∵，为的中点， ∴四边形为平行四边形，∴， 又∵，∴，即， 又∵平面平面，平面平面， 平面，∴平面， ∵平面，∴平面平面； (2) 【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得线面垂直，即可得出面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，利用面面角的余弦公式建立方程，解得即可得解. 【详解】（1）略 （2）∵，为的中点，∴， ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面， 如图，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 在中，， ∴，，，， 设，， ∴，又， 设平面的法向量为，则， 令，解得，，得， 又平面的一个法向量为， ∵二面角为，∴， 即，解得或（舍去），即，∴. 19．（2026·江苏·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，平面，是的中点，是的中点.    (1)求证：平面； (2)若， ①求直线与平面所成角的正弦值； ②平面将四棱锥分成两部分，求较小部分的体积. 【答案】(1)取 的中点为，连接，因为 是 的中点， 所以. 因为四边形 为菱形，所以， 又 是的中点，所以，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面 ，而 不在平面 内， 所以平面 . (2)①；② 【分析】（1）要证明线面平行，需通过证明线线平行进而得到线面平行，即证明. （2）①先建立空间直角坐标系，然后列出各个点的坐标，求出平面的法向量坐标，进而根据向量夹角的余弦公式求出结果；②延长 交的延长线于点，连接交 于点 ，然后根据三棱锥体积公式计算即可. 【详解】（1）略 （2）①因为 平面 ， 平面 ，所以 . 因为，所以以 为原点，以 所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则. 所以. 设平面的一个法向量为，则有， 即，令，则 ，所以. 所以直线 与平面所成角的正弦值为.    延长 交的延长线于点，连接交 于点 ， 易知， . 20．（25-26高二上·浙江杭州·期中）已知图中直棱柱的底面是菱形，其中.又点E，F，P，Q分别在棱上运动，且满足：. (1)求证：E，F，P，Q四点共面； (2)若二面角的余弦值为，求|BF|； (3)若为中点，在线段上（不包括端点）运动，求三棱锥的外接球表面积的取值范围. 【答案】(1) 如图：在棱分别取点，使得， 易知四边形是平行四边形，所以，连结， 则，且所以四边形为矩形，故， 同理，且，故四边形是平行四边形， 所以，所以 故四点共面； (2) (3) 【分析】（1）在线段上分别取点,使得,进而得到即可; （2）建立空间直角坐标系,求解平面的法向量,再根据二面角的计算方法分析是否存在使得二面角的余弦值为即可； （3）设，球心在面，设，根据，得，再根据二次函数性质求值域. 【详解】（1）略 （2）以点为原点，以为轴，以为轴，轴过且平行，如图建系 由已知，, 设，因为, 则， 平面中向量， 设平面的一个法向量为，因为， 则，取，可得其一个法向量为 平面中，， 设平面的一个法向量为，因为, 则，取，所以其中一个法向量, 若， 则有，解得， 所以； （3）若为中点，则， 设， 根据题意，，所以面，则面面，且面平分， 所以球心在面，设， 根据，即，得， 则， 故外接球表面积的取值范围为. ◆题型5 底面是直角、等腰、等边三角形的几何体 21．（25-26高二下·广东广州·期中）如图，三棱台中，平面，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) 取的中点，连接、. 因为三棱台中，对应边成比例，且，，， 已知，，所以，所以. 因为为的中点，所以， 所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以. 又因为平面平面， 所以平面. (2) 【分析】（1）取中点，由三棱台边长比例得相似比为，算出与长度相等且互相平行，证得四边形为平行四边形，推出，再利用线面平行判定定理证出平行于平面. （2）由面面垂直及线线垂直推得平面，以为原点建系求出各点坐标与相关向量，列出平面法向量方程组并求解，再利用线面角与向量夹角的关系代入公式计算，得出直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为平面，平面，平面，所以，. 所以以为坐标原点，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. 22．（25-26高二下·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． 23．（25-26高二下·江西南昌·阶段检测）如图，三棱台中，上、下底面均为正三角形，，，侧棱底面，且. (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)若点在线段上，且与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值； （2）设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合可得出的值，即可得出线段的长. 【详解】（1）由侧棱底面ABC，且上、下底面均为正三角形， 则以为原点，以过点垂直于平面的直线为轴， ，所在直线分别为，轴建立如下图所示的空间直角坐标系. 由，，，则，，，， 则， 则， 故异面直线与所成角的余弦值为. （2）由，得，， 设，则， . 由（1）知，， 设平面的法向量为， 则 令，得，， 故平面的一个法向量为. 设直线与平面所成的角为， 则 ，解得. 此时，故. 故的长度为 24．（2025·江苏·模拟预测）在三棱锥中，，，． (1)若平面平面， ①证明：． ②三棱锥的各个顶点都在球的表面上，求直线与平面所成角的正弦值． (2)若二面角的正切值为，求的长． 【答案】(1)①证明：因为，平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为 平面， 所以 ② (2) 【分析】（1）①根据面面垂直性质定理得平面，进而得； ②根据题意，建立空间直角坐标系，设三棱锥外接球球心，进而根据球心到的距离相等得，再利用向量方法求解即可. （2）过点作棱交的延长线于 ，进而得点在以 为圆心，为半径的圆上动，设，则，再根据二面角的向量求法求解得 ， 【详解】（1）①略 ②根据题意，如图，建立空间直角坐标系，，，，， 设三棱锥外接球球心，则球心到的距离相等， 所以，即，解方程得：， 所以， 又因为平面的法向量为， 设与平面所成角为 ，则 所以与平面夹角的正弦值为. （2）解：过点作棱交的延长线于 ， 因为，，． 所以，故点在以 为圆心，为半径的圆上动， 故以点 为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， 则，，，， 设，则， 所以，， 设平面的法向量为， 则，即，则 平面的法向量为 则，即，令，则，，， 因为二面角的正切值为， 所以二面角的余弦值的绝对值为 所以 又因为，将其代入整理得， 解得， 所以，，此时 故二面角的正切值为， 25．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）如图，在三棱锥中，平面ABC，． (1)求证：平面平面PBC； (2)设，，点M，A，B、C均在球O的球面上． （ⅰ）当时，求球O的表面积； （ⅱ）设球O的球面与直线PA交于点G（异于点A）．求直线BG与平面PBC所成角最大时的值． 【答案】(1) 平面，且平面， ，又，且，平面， 平面，平面， 平面平面； (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）先证明，结合，根据线面垂直判定定理证明平面，再根据面面垂直判定定理证明结论； （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，求球心的坐标和球的半径，根据球的表面积公式求结论； （ⅱ）求球心坐标，再求点的坐标，求直线的方向向量和平面的法向量，利用向量方法求直线与面所成角的正弦的表达式，利用导数求其最大值可得结论. 【详解】（1）略 （2）以为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系， 由可得， 由，，得， （ⅰ）当时，，设球的球心的坐标为，球的半径为， 则，解得， 因此球表面积， （ⅱ）设球心，由， 得，， 故， 再由得， 所以，即， 因为点为球O的球面与直线的交点， 故可设，且， 所以， 在上且在球面上，解得（舍去对应点）， 故，， ， 设平面的法向量为， 则，故， 故，令，可得， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则 ， ， 随增大而递增，因此求最大值即可， 设，则， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以当，取最大值，此时取最大值， 故直线与平面所成角最大时，. ◆题型6 圆柱、圆锥、圆台模型 26．（25-26高三下·河南驻马店·开学考试）如图，在圆台中，下底面圆的直径，点C在圆上，且，上底面圆的半径，且平面平面． (1)证明：． (2)若圆台的高为2，求平面与平面所成二面角的正弦值． 【答案】(1) 作，垂足为M，连接． 因为平面平面，平面平面， 所以平面． 因为平面，所以，． 因为圆台的上、下底面平行，所以圆， 则，． 因为平面，所以，即点，，M，P共面． 因为平面，所以，， 所以四边形为矩形， 所以，． 在中，，． 在中，，解得， 所以． 在中，M，分别为，的中点， 所以，所以． (2) 【分析】（1）作，由面面垂直的性质及圆台的性质可得四边形为矩形，再由勾股定理可得为的中点，最后根据三角形中位线可证； （2）建立空间直角坐标系，写出关键点坐标，根据面面角向量法计算可解. 【详解】（1）略 （2）以为坐标原点，，，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，，，，， 所以，， ，． 设平面的法向量为， 则，即， 令，得． 设平面的法向量为， 则，即，令，得． 因为，所以， 所以平面与平面所成二面角的正弦值为． 27．（25-26高二下·江西吉安·阶段检测）如图，圆柱的轴截面是边长为的正方形，点均在圆柱的下底面圆周上，与交于点，点在线段上，平面，点在圆柱的上底面圆周上，，． (1)求的长度； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）利用线面垂直的性质，由平面得，结合轴截面是正方形的直角条件，推出，再通过相似三角形的比例关系直接求解； （2）建立空间直角坐标系，先根据已知条件确定点的坐标，再利用平面得到平面的法向量，最后用向量法计算直线方向向量与平面法向量夹角的余弦值，即为线面角的正弦值． 【详解】（1） 连接， 因为平面，平面，所以， 在正方形中， ，， 所以，， 所以，即，解得； （2） 连接，过点作，垂足为， 在中， ，，， 所以，， 在中， ，， 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 因为平面，所以是平面的一个法向量， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 28．（26-27高二上·湖南衡阳·开学考试）如图，是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线平面，其中，，. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)M为上的动点，以为直径作球，设，若球被平面截得的截面圆的面积为S，求S的最小值. 【答案】(1)证明：由是圆的直径，则， 又平面，平面，则， 又，，平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）根据圆周角定理得到，再根据平面可得，利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）过点作，结合（1）的结论，可得即二面角的平面角，在中，即可求出二面角的余弦值； （3）设，将面积表示出来，可得面积为关于的二次函数，利用二次函数的性质求出最小值即可. 【详解】（1）略 （2）过点作于点，连接， 由（1）平面，平面，则， 因，，平面，故平面， 又平面，则，即二面角的平面角， 因，在中，，由面积相等可得， 在中，，则； （3）因，则，， 则球的半径为，设点到平面的距离为，则点到平面的距离为. 在中，，，，则， 则，则， 在中，， 则， 由可得：，解得， 设球与平面相交得到的截面圆半径为，则 ， 则， 因，故当时，. 29．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，几何体为圆柱的一部分，为底面圆的圆心，底面， ，，为弧上任意一点，为弧的中点，. (1)证明: 平面平面; (2)已知二面角的大小为，且，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)以为坐标原点如图建立空间直角坐标，设， 则， 则，， ∴ ，， ∴，且，平面，平面， ∴平面，∵平面， ∴平面平面. (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，得到点的坐标，由空间向量的数量积证明线线垂直，从而证明结论； （2）由二面角定义及题意求得点坐标，由空间向量的数量积求得面的法向量，然后利用法向量由空间向量的数量积求得面面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2） 由题意可知，， ∴二面角为，∴， ∴， ∴， 设向量分别为平面与平面的一个法向量， 则，令，则，即， ，令，则，即， 平面与平面夹角为， 则. 30．（25-26高三下·辽宁沈阳·开学考试）在如图所示的圆柱中，轴截面是边长为4的正方形，点为底面半圆弧上的动点（点不与点，重合）. (1)当三棱锥体积最大时， （ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值； （ⅱ）点在线段上运动，求的最小值. (2)是否存在点，使得直线与平面所成角最大？若存在，求成角最大时的正弦值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)（ⅰ）；（ⅱ） (2)存在， 【分析】（1）（i）建系，求得平面法向量代入夹角公式即可求解；（ii）将面与面绕旋转，展开成平面图，连接，结合余弦定理即可求解； （2）过点作，确定为直线与平面所成角，取最小值，夹角最大，结合线面夹角公式即可求解. 【详解】（1）（ⅰ）∵， 又∵是定值，∴当三棱锥体积最大时即高最大， 即点为半圆弧的中点 设线段的中点为O，以O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，则，令，得，， 则． 因为平面，平面，∴， 又∵，，，平面， ∴平面，是平面的法向量． 设平面与平面所成角的平面角为，则． 平面与平面所成角的余弦值为 （ⅱ）将面与面绕旋转，展开成平面图，连接， 如图所示，此时最小，即为长， 由题意可知，，， 所以， ， 再由余弦定理可知， 即的最小值为． （2）结合（1）可设，，， 所以， 平面的法向量为， 设为直线与平面所成角， 当直线与平面所成角最大时，取最大值， 令， 则，     ∴当且仅当时，取最大值，此时直线与平面所成角最大， 即存在点，使得直线与平面所成角最大． 考点二 不规则的几何体建系 ◆题型7 垂面模型 31．（26-27高二上·湖南长沙·开学考试）如图，在所有棱长都为2的三棱柱中，点是棱的中点，． (1)求证：平面平面； (2)若，点满足， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）求二面角的平面角的余弦值． 【答案】(1)证明：取的中点，连接，，， 因为为的中点，为的中点，所以， 在三棱柱中，， 则四边形是菱形，得，则， 又，，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为是等边三角形，为的中点，所以， 又因为，，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面． (2)（i）（ii） 【分析】（1）如图，由题意可得，根据线面垂直的判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）（i）建立空间直角坐标系，根据和空间向量的坐标表示求得，再求出和平面的法向量，利用空间向量法即可求解； （ii）求出平面和平面的法向量，利用空间向量法即可求解． 【详解】（1）略 （2）（i）连接，因为，，所以是等边三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 而平面，故，， 如图，以为原点，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设，又，解得， 则， 易得平面的一个法向量， 所以， 设直线与平面所成角为，则． （ii），则，， 设平面的法向量为， 则即可取， 设二面角的平面角为，则， 故二面角的平面角的余弦值为． 32．（专题进阶检测（15）26版优化指导高考总复习二轮数学【山东接力】）如图，斜四棱柱的底面为菱形，平面平面分别为的中点．      (1)证明：平面平面； (2)若都是边长为2的等边三角形，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明: 连接，交于点， 四边形为菱形，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面， 在四棱柱中，分别为的中点， ， 四边形为平行四边形，， 平面平面， 平面平面．      (2) 【分析】（1）应用平面平面的性质定理得出平面，再应用得出平面，最后应用面面垂直的判定定理证明； （2）先应用平面平面性质定理得出平面，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再求出线面角正弦公式计算求解. 【详解】（1）略； （2）由题意，为的中点，都是正三角形，且， ， 平面平面，平面平面，平面平面， 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， ， ． 设平面的一个法向量为，则即 令，则， 又． 直线与平面所成角的正弦值为． 33．（2026·湖南邵阳·三模）如图，已知点是半圆弧所在圆的圆心，点是上异于的点，三棱锥的外接球的表面积为，． (1)证明：平面平面； (2)当点是上靠近点处的三等分点时，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据给定条件，确定三棱锥外接球球心位置，再利用线面垂直、面面垂直的判定推理得证. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）设三棱锥的外接球球心为点，半径为，则，解得， 由，得的外接圆半径， 则，点也为外接圆的圆心，连接，得， 在中，由，得，由在上， 得，又，则，即， 而平面，则平面， 又平面，所以平面平面. （2）由（1）知，平面，在平面内作，， 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， 由点是上靠近点的三等分点，得为等边三角形， 则，， 设平面的法向量是，则由，取，得 ， 平面是平面的一个法向量，则， 由图知二面角的大小为锐角，所以二面角的余弦值是． 34．（25-26高二上·广西·阶段检测）在四棱台中，平面平面，底面为正方形，，、E，F，G分别是，，的中点，M是线段上的一点. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求锐二面角余弦值的最小值. 【答案】(1)证明: 取中点O，连接， ∵，∴易知四边形为等腰梯形 ∵G，O为上下两底中点，∴，∵F为正方形的边中点， ∵与相交于点O，∴平面，∴ (2) (3) 【分析】（1）要证明线线垂直，则需要通过证明线面垂直得到线线垂直，即证明平面； （2）先建立空间直角坐标系，然后列出各个点的坐标，求出平面的法向量坐标和直线的方向向量，进而根据向量夹角的余弦公式求出结果即可； （3）先利用坐标法求出平面的法向量坐标，然后利用向量夹角的余弦公式列出锐二面角余弦表达式，最后根据二次函数的性质求出最小值. 【详解】（1）略； （2）由（1）知，∵平面平面于， ∴平面，两两互相垂直， 如图建立空间直角坐标系 在等腰梯形中，，，如图作，易知， ∴，，，， ∴，， ∴设平面的一个法向量， ∴由有，令，则，，∴， ∴ 设直线BC与平面所成角为，则. （3）设M为，∴， ∴设平面的一个法向量， ∴由有，令，则， ∴ ∵，∴设锐二面角的大小为，令 令， 因为，所以，而在内单调递减， 所以当时，取最大值，最大值为. 此时取最小值为. 35．（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． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设，先证明，再根据线面平行的判定定理，即可证明平面； （2）方法一，以A为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及点D到平面的距离，利用平面，将到平面的距离转化为点D到平面的距离，即可得解； 方法二，利用平面，将到平面的距离转化为点到平面的距离，进而转化为点B到平面的距离，再利用等体积法计算即可； （3）设，利用正得到其外接圆圆心的坐标及半径，进而设出球心的坐标，根据球的性质求出点坐标，进而求出平面的法向量，即可根据向量法求出直线和平面所成角的正弦值，即可得解. 【详解】（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． ◆题型8 投影射影模型 36．（25-26高三上·江苏无锡·期末）如图，在平行六面体中，四边形是边长为的正方形，，分别为平面和平面的中心，且在平面上的射影是. (1)求证：平面； (2)已知，直线与平面所成角的正弦值为. （i）求平面与平面的距离； （ii）在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为.若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)连接， 则为的交点，为的交点，连接， 因为平行六面体的底面为正方形， 分别为面和面的中心，且在底面的射影是， 得且， 所以四边形为平行四边形，则． 又因为面面，所以面． (2)（i）；（ii）存在，为线段的中点. 【分析】（1）要证明线面平行，则需要通过证明线线平行得到线面平行，即证明； （2）（i）建立以为坐标原点的空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据线面角的空间向量求法即可得到方程，解出即可； （ii）求出平面的法向量，再根据面面角的空间向量求法即可得到方程，解出即可. 【详解】（1）略 （2）（i）因为平面，得，又因为， 以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设，则， 所以， 设平面法向量，则，取， 设与平面所成的角为， 则， 解得或． 又因为，所以，所以， 所以平面与平面的距离为． （ii）由（i）得，，所以，平面的法向量 设，则， , 设平面的法向量为，， 解得，设平面与平面夹角为， 则，解得， 所以当为线段的中点，平面与平面夹角的余弦值为． 【点睛】 37．（25-26高三·全国·一轮复习）如图，在三棱锥中，是等边三角形，点在平面上的投影是线段的中点，，点是的中点．    (1)证明：平面平面； (2)若，点是线段上的动点，问：点运动到何处时，平面与平面的夹角最小． 【答案】(1)证明见解析 (2)当为中点时，平面与平面的夹角最小 【分析】（1）由线面垂直的性质得，等腰三角形的性质有，应用线面垂直、面面垂直的判定证明结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，设，，求出相关平面的法向量，应用向量法求面面角. 【详解】（1）因为点在平面上的投影是点， 平面，平面， ， ，点是的中点， ， ，、平面， 平面，平面， ∴平面平面； （2），点在平面上的投影是点， ， ，，在以为圆心的圆上， ， ， ，    在平面中，过作，垂足为， 以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，，， 设，则，，，， 设平面的法向量为， 由，可得， 设平面的法向量为， 由，可得， 设平面与平面的夹角为，则， ∴当时，最大，此时夹角最小， 故当为中点时，平面与平面的夹角最小． 38．（2026·河北衡水·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，，，点在底面上的投影为的中点，点满足.    (1)当时，证明：平面平面. (2)已知，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)当时，，则点是的中点. 又因为，，且为 的中点，所以 . 因为点在底面上的投影为 的中点，所以 平面， 又因为平面，所以. 由， ，，平面，所以 平面. 又因为为 的中点，点是的中点，连接，所以且，    所以四边形是平行四边形，所以，且 平面， 所以 平面，且平面，所以平面平面. (2)或. 【分析】（1）先证 平面，再由得 平面，进而可证面面的垂直； （2）建立空间直角坐标系，根据两个平面夹角的余弦值可得所求值. 【详解】（1）略 （2）由（1）解析知， 故以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图.    因为，得，， 所以， 因为平面在坐标平面内，所以平面的一个法向量为. 设平面的法向量为，， 由，得， 令 ，则可得 所以， 化简得，即， 解得或均符合题意， 故的值为或. 39．（25-26高三下·安徽六安·阶段检测）如图，矩形ABCD中，，，将沿矩形对角线BD翻折至，使得点S在底面BCD内的投影点O在CD上，M为BS中点． (1)求证：； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用已知可得，进而可证得平面，进而可证平面，从而可证结论； （2）法一：延长CM，在平面SBC内，过S作CM的垂线，垂足为H，连接HD，可得为所求二面角的平面角，求解即可.法二：建立空间直角坐标系，求得平面CDM的法向量为，可得平面SBC的法向量为，进而利用向量法可求得二面角的余弦值． 【详解】（1）平面，又平面， ，又，且，平面， 平面，平面， ，又 ，且，平面， 平面，平面， . （2）法一：延长CM，在平面SBC内，过S作CM的垂线，垂足为H，连接HD． 由（1）可知，又 ，且平面SHD， 平面SHD，平面SHD，， ，又CM为二面角的棱， 平面SMC，平面CDM， 为所求二面角的平面角 平面SCD，， ， 又M为SB的中点，可得， ， ，， 法二：如图，以O为坐标原点，OS所在直线为z轴，OC所在直线为x轴，在平面BCD内，以过O且垂直于CD的直线为y轴，建立空间直角坐标系， 计算可得：，，， 则，，，，， 由题意可知，平面SBC的法向量为， 设平面CDM的法向量为， ，， ，得，令，则， . 二面角的平面角显然为锐角， 40．（25-26高一下·浙江温州·期末）若四面体任意顶点在对面的投影恰好为该面三角形的垂心，则称该四面体为垂心四面体．如图，中，，，，在上取一点，将沿折叠到某个位置得到，使得三棱锥为垂心四面体． (1)求证：； (2)求与平面的夹角的正弦值； (3)设动点在棱上，动点在棱上，满足，记平面与平面所成锐二面角为，求的最小值及此时的值． 【答案】(1)设点在平面的投影为，连接． 在三角形中，，即翻折后与不垂直， 从而,不重合，由是的垂心得， 因为平面平面，所以， 又因为，平面，所以平面. 因为平面，所以． (2)； (3)时，取得最小值． 【分析】（1）过作平面的投影，再利用线面垂直的性质定理和判定定理即可证明； （2）首先证明两两垂直，再建立合适的空间直角坐标系，求出相关平面法向量，再利用线面角的空间向量求法即可得到答案； （3）求出相关平面的法向量，再求出面面角的表达式，最后利用基本不等式即可求出最值. 【详解】（1）略 （2）同（1）可得， 在平面内，过作交于点， 又因为，平面，所以平面. 又平面，所以， 由及勾股定理得：， 等价为：① 又平面，所以， 由及勾股定理得：② 联立①②得：， 结合题意，解得：． 由余弦定理得：， 则， 则由勾股定理逆定理可得：． 又因为，平面， 所以平面, 因为平面，所以，即两两垂直． 则以为原点，分别为,,轴建立空间直角坐标系， 则, , 设平面的法向量为， 则，即取 设直线与平面夹角大小为， 则. （3）由（2）知， 平面的法向量为． 由得：， 同理得：． 设平面的法向量为， 则，即，可取， 所以，即， 当且仅当即时取等． 综上所述：时，取得最小值． ◆题型9 斜棱锥、斜棱柱模型 41．（25-26高二下·湖南长沙·期末）如图，在底面为等边三角形的斜三棱柱中，，四边形为矩形，过作与直线平行的平面交于点D． (1)证明：； (2)若与底面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明：如图，连接交于点E，连接． 因为平面平面，平面平面，所以． 又因为四边形为平行四边形，所以E为的中点， 所以为的中位线，所以D为的中点． 又因为为等边三角形，所以． (2)． 【分析】（1）利用线面平行性质得到中位线，锁定为中点，借等边三角形三线合一证垂直； （2）由线面角确定高与底面投影，建系求两平面法向量，用向量夹角公式算出二面角余弦值. 【详解】（1）略 （2）过A作平面垂足为O，连接， 设，因为与底面所成角为，所以． 在中，因为，所以． 因为平面平面，所以． 又因为四边形为矩形，所以， 因为，所以． 因为平面平面，所以平面． 因为平面，所以．又因为，所以O为的中点． 以O为原点，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图． 则． 因为，所以， 因为，则得， 所以． 设平面的法向量为， 由，得，故可取． 设平面的法向量为， 由得故可取． 因， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 42．（25-26高三上·湖北黄冈·阶段检测）如图，在斜四棱柱，底面是边长为2的菱形，，且. (1)证明：平面. (2)若，，且平面与平面夹角的余弦值为，求. 【答案】(1)证明： 连接， 因为，，所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理可证，平面， 又，平面， 所以平面平面， 又平面，所以平面； (2) 【分析】（1）作出辅助线，得到平面，平面，故面面平行，进而证明线面平行； （2）证明出，所以⊥，又，故⊥，从而证出线面垂直，建立空间直角坐标系，设，求出两平面的法向量，由面面角的余弦值得到方程，求出，进而得到. 【详解】（1）略； （2）连接，交于点， 底面是边长为2的菱形，， 故为等边三角形，， 则，， 又因为，，所以≌，故， 所以⊥， 又，故⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 由勾股定理得，设， 则，， 设平面的一个法向量为， 则， 令得，故， 又平面的一个法向量为， 则， 解得，故. 43．（2024·四川德阳·模拟预测）如图，在三棱锥中，二面角的大小为，，为棱的中点. (1)①②③④从上述四个条件中，选出一个能证明的选项，并证明； (2)设，点为上一点，是否存在点使得二面角的余弦值等于？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 取AB中点O，连接，因为为棱的中点， 所以，又，则， 若，又，，、平面， 则平面，又平面， 所以有，又①②③④四个条件中， 条件②能使，故选条件②： 证明：，O为中点，所以有， 又，，、平面， 所以平面，又平面， 所以； (2)存在，或，理由如下： 因为，所以，即为正三角形， 取AB中点O，则有，则由（1）可知平面， 所以是二面角的平面角，故， 设，则， 则点P到底面的距离为，点P在底面的投影落在直线上且与距离为， 以O为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， 所以， 分别设平面和平面的一个法向量为， 则，， 取，， 则， 则. 解得或，满足题意， 所以存在点E使得二面角的余弦值等于，当时，；当时，. 【分析】（1）取AB中点O，连接，先假设，则有，进而得到条件②能使，从而选条件②，再由先出垂直判定定理结合线面垂直定义即可得证； （2）以O为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，求出平面和平面的一个法向量，利用求出参数y即可得解. 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】关键点睛：解决第（2）问的关键是正确建立适当的空间直角坐标系，正确表示点P的坐标. 44．（25-26高二上·山东滨州·期末）如图，在四棱锥中，，底面是边长为2的菱形，．为的中点，，点到平面的距离为． (1)求证：； (2)线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)∵底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60∘， 是等边三角形， 为的中点， ，， ，， ，为的中点， ，，， ，平面， 平面， 平面，． (2)存在，或 【分析】（1）根据四棱锥的几何性质，通过线面垂直推出线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，得出相关点坐标和向量坐标，求平面法向量，利用二面角余弦公式构造方程求解． 【详解】（1）略 （2）以为坐标原点，为轴，为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立下图所示空间直角坐标系， 则， 如下图所示，点到平面的距离为，， ， ， 因为在线段上，令， ，， 轴为平面的法向量，则， 平面中，向量，， 设为平面的法向量，则 ，则 ， 二面角的余弦值为， 化简整理得，解得或， ，， 当时，， 当时，， 存在点，且的值为或． 45．（25-26高二下·浙江宁波·期末）如图，在平行四边形中，，，，分别是的中点，将平行四边形沿折至的位置，连接，得到斜三棱柱． (1)若为中点，证明：直线平面； (2)当时， ①求二面角的大小； ②在三棱柱中有内切球与各个侧面和底面都相切，球与侧面，侧面以及上底面都相切，且与球外切，求球的表面积． 【答案】(1)取中点， 因为且，所以四边形是平行四边形，所以，所以平面， 因为且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以平面， 又因为，平面， 所以平面平面，因为平面，所以平面． (2)①；② 【分析】（1）利用面面平行的判定和性质即可证明； （2）①方法一：找到二面角的平面角，再求解即可；方法二：建立合适的空间直角坐标系，利用面面角的空间向量求法即可得到答案；②写出的表达式，再作差即可. 【详解】（1）略 （2）①法一：连，取中点， 因为，所以，又因为分别是的中点， 则，则，则为中点， 因为且，所以为二面角的平面角， 因为，则， 则为等边三角形，所以，所以． 法二：因为， 即 即， 所以，又因为， 取中点，则，， 则，，， 以为轴正方向，以为轴正方向，轴满足右手系，建立空间直角坐标系． 故． 设点满足，则，解得， 则．则， 因为，所以易得， 则， 设平面的法向量，则，即 可取， ， 设平面的法向量，则，即， 可取， ， 则平面的法向量，平面的法向量， 所以，由图知是锐二面角，所以二面角为． ②因为且，所以截面内，球截得的圆为的内切圆， 因为的边长为，所以它的内切圆半径为 ，因为， 因为，则，则， 则， 又因为为中点，所以， 所以． 因为，所以点在平面中，所以， 因为，，， 所以，，所以． 在中，； ； …… ； ； 作差得， 因为，所以． ◆题型10 不规则台体模型 46．（2025·广东·模拟预测）如图为正四棱台与正四棱锥拼接而成的几何体． (1)证明：平面； (2)若该四棱台的高为2，，，，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明：记与的交点为O，由平面，平面， 可知，         而，，平面，平面， 故平面． 由题易得平面与平面为同一平面，故平面． (2)． 【分析】（1）记与的交点为O，根据线面垂直的性质定理，可证，又，根据线面垂直的判定定理，分析即可得证. （2）求出PO长，如图建系，求得各点坐标，分别求出平面与平面的法向量，，根据二面角的向量求法，可求出二面角的余弦值，根据同角三角函数的关系，即可求得答案. 【详解】（1）略 （2）显然，                 以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，                     则，，，， 则，，，                         记平面与平面的法向量分别为，， 则，即， 令，则， 所以取，                 又，即， 令，则， 所以取，                 记二面角的平面角为，则，                 可知， 所以二面角的正弦值为． 47．（25-26高二上·浙江·期中）如图，在四棱台中，平面平面，且与是两个全等的等腰梯形，满足.点在上，满足，连接交于点，点为的中点，连接.    (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)在线段上（不含端点）是否存在一点，使得平面与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 由题意得：，， 设， ， 又因为三点共线， .即为中点. ， 又因为平面平面， 平面. (2) (3) 存在， 【分析】（1）利用向量证明，再根据线面平行的判定定理证明线面平行. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求直线与平面所成角的三角函数值. （3）利用空间向量，根据二面角的三角函数值求的长. 【详解】（1）略 （2）由（1）知， 所以与平面所成角即为所求角. 分别取中点，连接. 平面平面，平面平面， 平面，，所以平面， 以为原点，为轴的正方向，如图建系， ， 设平面的法向量为， ，取，则， 为平面的一个法向量， 又， 因为， 设与平面所成角为， 所以. （3）设， ， 设平面的法向量为， 则， 取，则，， 为平面的一个法向量， 设平面与平面所成角为， ， ， ， （舍）或. 所以存在点使得， . 48．（2025·河南·三模）如图，在五棱台中，平面，，，，，，，． (1)证明：平面． (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) 如图所示，分别延长，，，，， 为棱台， ，，，，交于一点P，且为五棱锥. ，，，， 且，，，，分别为，，，，的中点． 连接，取的中点M，连接，． ，，， 且，又，， 又，， 连接，，，， ，， 四边形为平行四边形，， 又平面，平面， 平面． (2) 【分析】（1）将五棱台还原成五棱锥，取的中点M，证明及，从而推出四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定定理证明即可； （2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，再根据公式求解即可. 【详解】（1）略 （2），，两两相互垂直， 以A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． 由（1）知，，， 四边形为正方形，，， ，B，M，D三点共线，且， ，，，，， 则，，， 设为平面的一个法向量， 则，即， 令，得，，.  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. 49．（24-25高二上·黑龙江·期中）如图，在三棱台中，，，为的中点，二面角的大小为. (1)求证：； (2)若，求三棱台的体积； (3)若到平面的距离为，求的值. 【答案】(1) 取的中点为，连接，，因为，且， 所以四边形为等腰梯形，又因为M，N分别为，的中点，所以， 因为，所以，因为，且，平面， 所以平面， 又平面，所以. (2) (3). 【分析】（1）利用三棱柱性质，根据线面垂直的判定定理可得平面，可证明结论； （2）由二面角定义并利用棱台的体积公式代入计算可得结果； （3）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法即可得出的值. 【详解】（1）略 （2）由二面角定义可得，二面角的平面角即为， 当时，即，棱台的高等于. 由，，可得， 又因为此棱台的上、下底面面积分别为，， 所以棱台的体积为. （3）由（1）知，，以为坐标原点，分别以，所在直线为轴， 过点作垂直于平面的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 可得，，，，， 因为，可得， 设平面的一个法向量为， 因为，，所以 ， 令，则，，可得， 因为，所以到平面的距离为， 即，可得，整理得， 解得或，又，可得. 【点睛】方法点睛：求解点到平面距离常用方法： （1）等体积法：通过转换顶点，利用体积相等可得点到面的距离； （2）向量法：求出平面的法向量，并利用点到平面距离的向量求法公式计算可得结果. 50．（2026·湖南长沙·三模）如图，等腰梯形中， 分别为中点，， 且，若将梯形沿翻折成为一个三棱台，使得平面与平面所成的夹角为. (1)当，求证： (2)若直线与平面所成角的正切值为. ①求二面角的余弦值 ②该三棱台的顶点中，在同一个球面的点最多有几个，请任选一个包含最多顶点的球面，并计算该球的表面积 【答案】(1)等腰梯形 中， 分别为 的中点，因此 是梯形的对称轴，满足： ，翻折前， ，，翻折后， ，因为平面 与平面 的交线为 ，且 ， ， 平面 ， 平面 ，所以 是两平面所成二面角的平面角，即 ，当 时，，即，由 且 ，且 ， 平面 ， ，又 平面 ，所以 ； (2)①；②个，. 【分析】(1)通过证明 ，，得到； ①建立空间直角坐标系，先由直线与平面所成角的正切值为求出，从而得到点B的坐标，最后利用向量法求解二面角的余弦值； ②先利用4个点坐标求出球面的方程，再把另外2个点分别代入验证，得到该三棱台的顶点中，在同一个球面的点最多有5个，同时求出该球的表面积. 【详解】（1）略 （2） 连接，，因为等腰梯形中， 分别为中点， ， 且，则， 则，所以，所以， 因为，所以，所以， 由余弦定理得， 同理， ， 在平面中，过点作，依题意， 以 为原点，以 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， ，， ， ， ， 设平面 的法向量为 ， 则，令，则， 设直线与平面的夹角为，已知，则，， 所以 所以 ，即 ，所以 ， 解得，或(此时，不合，舍去) 此时， 设平面 的法向量为 ，，， 则，令，则， 又平面 的一个法向量是， 所以， 因为二面角是锐角，所以二面角的余弦值； ②解法1：设过点， ， ，的球的半径是，球心是， 则，所以， 解得，所以， ， 因为，所以在该球面上， ，因为，所以不在该球面上， 所以存在一个球面，同时包含 这 5 个顶点，第 6 个点 不在这个球面上， 则球的半径 ，所以该球的表面积是 . 解法2：空间球面的一般方程为 ， 代入 ，得 ，解得：， 代入 ，得 ， 即 ，解得：， 代入 ，得 ， 即 ，解得：， 代入 ，得 ， 即 ，解得：， 得到球面方程 验证 ，代入球面方程得 ，满足方程， 验证 ，代入球面方程得 ，不满足方程， 存在一个球面，同时包含 这 5 个顶点，第 6 个点 不在这个球面上， 球面方程 整理为球面标准方程： 则球的半径 ，所以该球的表面积是 . ◆题型11 无任何垂直条件模型 51．（26-27高三上·河北沧州·开学考试）如图，在等腰梯形中，，且，为底边的中点，现将沿翻折，点翻折至空间后． (1)求四棱锥的体积； (2)点为棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）取的中点为，利用线面垂直的判定及锥体的体积公式推理求解. （2）由（1）中信息建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）由，得， 由为底边的中点，得，为边长为2的正三角形， 菱形的边上的高为，该菱形的面积为， 沿直线翻折后，取的中点为，连接， 则，且，， 又，则，即， 又平面，因此平面， 所以四棱锥的体积为. （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， 显然平面的法向量为，又， 设平面的法向量，则，取，得， 因此， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 52．（26-27高三上·江西吉安·开学考试）如图，在边长为4的正方形中，点，分别是边，的中点，将沿向上翻折，点到达点的位置，连接，，，得到一个五棱锥． (1)证明：无论翻折到何种位置，直线与直线始终垂直； (2)当五棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明：如图，取的中点，连接，，，则三点共线. 在正方形中，点，分别是边，的中点，所以． 又，故，即，． 因为平面，平面，， 所以平面，又平面，所以． (2) 【分析】（1）取 的中点 ，利用正方形的性质以及翻折前后长度、角度不变，证明 、，进而证明 ； （2）先根据棱锥体积最大的条件确定 底面 ，再建立空间直角坐标系，利用平面的法向量求两个平面的夹角 【详解】（1）略 （2）设五棱锥 的高为 ． 底面 的面积为定值，且翻折过程中 为定值． 因为 在底面 所在平面内，所以 ，当且仅当 平面 时取等号． 因此当五棱锥的体积最大时，底面，此时两两垂直， 故可以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．     则，，，     所以，，     设平面的法向量为， 则即     令，得，，所以平面的一个法向量为．     易知平面的一个法向量为，     设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 53．（26-27高二上·湖南长沙·开学考试）如图所示，等腰梯形ABCD中，，，，E为CD中点，AE与BD交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面ABCE）. (1)证明：平面POB； (2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)连接BE，在等腰梯形ABCD中，，，E为CD中点， ∴四边形ABED为菱形，∴， ∴，，即，，且， 平面POB，平面POB，∴平面POB. (2)存在点Q为PB的中点， 【分析】（1）连接BE，通过说明，，即可求证； （2）建系，设，得到， 求得平面法向量和直线方向向量，结合夹角公式列出方程求解即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知四边形ABED为菱形，∴， 在等腰梯形ABCD中，，∴为正三角形， ∴，同理， ∵， ∴， ∴， 由（1）可知，， 以O为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz， 则，，，，， ，，， 设，， 设平面AEQ的一个法向量为， 则即 取，，得，∴， 设直线PC与平面AEQ所成角为θ，， 则，即， 化简得：，解得λ=， ∴存在点Q为PB的中点，即时， 使直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为． 54．（2026·山西临汾·二模）如图，在三棱锥中，，分别是，的中点，点在上，且满足. (1)证明：平面； (2)设底面是边长为6的等边三角形，点到底面的距离为3，且点在底面的射影恰好落在线段上. （ⅰ）求二面角的正切值； （ⅱ）若三棱锥的所有顶点都在球的表面上，当球的表面积取最小值时，求球心到底面的距离. 【答案】(1) 如图，设为与的交点，连接， 过点作交于点， 由题是的中点，则， 易得，故， 又为的中点，故， 因为平面，平面， 所以平面. (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）设为与的交点，连接，过点作交于点，通过从而得到，继而得到，即可证明； （2）解法一：（ⅰ）设为在底面上的射影，连接，在底面上的射影为，点作于点，连接，证明从而得到为二面角的平面角，求出，再根据二面角的平面角与二面角的平面角互余即可求出答案； （ⅱ）设球的半径为，在底面上的射影恰为的中点，设，点作于点，设，根据几何关系可知，，联立求得，根据的范围即可求出答案. 解法二：（ⅰ）以点为坐标原点，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及平面的法向量，利用向量法求出二面角的正切值，再根据二面角的平面角与二面角的平面角互余，即可求出答案； （ⅱ）设球的半径为，设，根据得，即可求出答案. 【详解】（1）略 （2）解法一：（ⅰ）如图，设为在底面上的射影，连接， 则点在线段上，平面， 设在底面上的射影为，则在线段上， 因为为的中点，则为的中点， 过点作于点，连接. 因为平面，又平面，则， 又，平面， 则平面， 因为平面，所以， 故为二面角的平面角， 过点作交的延长线于点，则， 又为的中点，则， 因为底面为边长为6的等边三角形，， 所以，即， 所以，即， 所以，则， 又点到底面的距离为3，则， 在中，， 易知平面平面， 则二面角的平面角与二面角的平面角互余， 所以二面角的正切值为. （ⅱ）如图，设球的半径为， 因为为直角三角形，所以在底面上的射影恰为的中点， 记为点，记，则， ① 过点作于点，则， 过点作于点，易知四边形为平行四边形， 设， 则 ，② 由①②有， 即， 当时，取最小值，取到最小值，球的表面积取到最小值， 此时，则当球的表面积取最小值时， 球心到底面的距离为. 解法二：（ⅰ）如图，以点为坐标原点，的方向为轴的正方向， 建立空间直角坐标系. 设点的横坐标为， 由余弦定理可知，则， 则，，，， 则， 故，， 设平面的法向量为， 则， 令，得，，则， 易知平面的一个法向量为， 故， 则 易知平面平面， 则二面角的平面角与二面角的平面角互余， 所以二面角的正切值为. （ⅱ）设球的半径为，易知在底面上的射影恰为的中点， 可设，则. 则有. 则（）. 当时，，取到最小值，则球的表面积取最小值. 则球心到底面的距离为. 55．（河北衡水中学教育集团2026-2027学年高三上学期9月第一次限时训练数学试题）如图，在四面体中，，，，．点为的中点． (1)证明：平面，且． (2)点，分别在线段，上，且． （ⅰ）设平面与平面所成的锐二面角为，求的取值范围． （ⅱ）在（ⅰ）的条件下，设平面与平面的夹角为．设锐角满足，证明：，并求等号成立时与的值． 【答案】(1)由题意知，，，且为的中点， 则， 因为平面，所以平面. 而，则， 即，， 又，则，故. (2)（ⅰ）； （ⅱ）证明：由（ⅰ）知，平面的一个法向量为， 易得平面的一个法向量为， 则， 设，，则， 所以原式，令， 化简变形得，， 由，可得. 要证，因为均为锐角，故只需证. 即证， 由于当，恒成立， 所以只要证， 只要证， 设， 只要证 即 只要证 因为，所以只要证, 整理可得只要证, 利用因式分解，只要证，因为， 所以对恒成立. 所以只要证，显然成立，当时取等号，此时. 因为，所以解得或. 当等号成立时,，. 或，. 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面即可.根据勾股定理，可证. （2）（ⅰ）设，，再利用平面向量的坐标运算得出，求出右侧函数的值域即可得到.（ⅱ）要证，只需证，然后通过分析法得到恒成立，进而得到等号成立条件为，或，. 【详解】（1）略 （2）（ⅰ）由（1）知，平面，且， 以为原点，以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设，，即， 由于，则，即， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 易得平面的一个法向量为， 则， 设， 则， 设， 则， 所以函数在上单调递增，又， 则时，；时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 因为，，，所以， 则. （ⅱ）略 【点睛】本题的关键是将三角函数范围问题，转化为变量的值域问题.在解决最后一问时， 将证明，转化为证明，然后利用分析法进行证明，其中对于代数结构的整体代换是证明的关键. ◆题型12 折叠翻折几何体模型 56．（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. 【答案】(1). (2). 【分析】（1）分析与的垂直关系，确定二面角的平面角，再结合线面垂直的判定，找到在平面内的射影，进而利用三角函数计算距离； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，再利用向量的夹角公式计算二面角的余弦值，进而求出正弦值. 【详解】（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. 57．（25-26高二下·福建莆田·期末）如图，在梯形中，，，，，，，分别为边，上的动点，且．沿将梯形翻折，使平面平面，且． (1)求的长； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)若四面体的四个顶点都在球上，求三角形的面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）作于点,连接,证明平面，得到，再使用等面积法，计算出，最后求出的长； （2）以为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，再计算出平面与平面所成角的余弦值； （3）若四面体的四个顶点都在球上，由于为直角三角形，故球心在经过斜边中点与平面垂直的直线上，设球心,利用求出球心的坐标，再求出点到直线的距离，最后求得三角形的面积. 【详解】（1）作于点,连接， 因为平面平面，平面平面，平面, 所以，平面，平面， 所以，，又，，平面, 所以，平面，平面， 所以，， 由，得 即, 翻折前在梯形中，由得，沿将梯形翻折后，, 在平面四边形中，，那么, 又所以四边形是平行四边形， 所以，, 设，则，， 即，解得, 所以，. （2）在原直角梯形中，作于点，那么 四边形为矩形，, ,所以为等腰直角三角形，， 由于,所以，， 所以，沿将梯形翻折后，为等腰直角三角形, , 以为原点，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，那么 ,, , 设平面法向量为，平面法向量为，那么 ， 取，则为平面一个法向量， , 取，则为平面一个法向量， , 所以，平面与平面所成角的余弦值为. （3）若四面体的四个顶点都在球上， 由于为直角三角形，故球心在经过斜边中点与平面垂直的直线上，设球心，则由可得 ，解得， 所以，， 点到直线的距离为 , 所以，. 58．（25-26高三上·安徽·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，且使得二面角的大小为，点为棱上一点.    (1)若为的中点，证明：平面； (2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值的大小. 【答案】(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，① 又，即，， 且，，平面，所以平面， 又平面，所以，② 又平面，③ 所以平面. (2) 【分析】（1）证明，即可证明结论； （2）由题知二面角的平面角为，进而建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. 【详解】（1）略 （2）因为，所以二面角的平面角为， 由已知， 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， 因为点为棱上一点.，故平面即为平面， 因为， 设平面的一个法向量为， 由， 令，则，所以， 设平面与平面所成的锐二面角为， 所以， 所以平面与平面所成角的余弦值的大小为. 59．（2026·山西晋中·模拟预测）如图1，AC为半径为2的圆O的直径，点D，B为圆O上的两点，且．．如图2，将圆O沿AC翻折，E为线段BD上的一点，连接OB，OD，OE，BD． (1)若，E为BD的中点，证明：； (2)若平面平面，求二面角的余弦值； (3)求翻折过程中，直线OD与平面ABC所成角的最大值． 【答案】(1)证明：如图，取的中点，连接，． ，分别为，的中点， ，． 又是圆的直径，，． ，，． 又，，平面，平面． 平面，． (2) (3) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面，即可证得； （2）由面面垂直的性质定理证明平面，建立空间直角坐标系，由面面角的向量求法可求得二面角的余弦值； （3）在（2）的坐标系下，设两个半圆面所成的角为，将直线与平面所成的角的正弦值表示成的函数，从而求得其最大值. 【详解】（1）略 （2），． 平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 故以为坐标原点，以，所在直线，平面内过点且垂直于的直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系． ，．则，，，， ，，，． 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， ． 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， ． ． 由图知二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为． （3）同（2）中的建系，则平面的一个法向量． 设两个半圆面所成的角为，则， ． 设直线与平面所成的角为， 则， 当时，取得最大值，为． ，． 60．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图1，在直角梯形ABCD中，已知，，将沿BD翻折，使平面平面BCD.如图2，的中点为O. (1)求证：平面BCD； (2)若AD的中点为G，线段AC上靠近A点的三等分点为H. （i）求平面与平面夹角的余弦值. （ii）设平面内一动点为P，当线段PD与线段PC的长度之和最小时，求直线PC与平面成角的正弦值. 【答案】(1) 因为，的中点为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质可得平面 (2)（i）（ii） 【分析】（1）利用面面垂直性质定理即可证明； （2）（i）分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，利用面面角的空间向量公式列出方程求解即可；（ii）当线段PD与线段PC的长度之和最小时，要使最小，利用对称法，作D关于平面的对称点，连接，与平面的交点即为，再应用线面角正弦公式计算求解. 【详解】（1）略 （2）（i）取的中点为，连接，则且， 由直角梯形可知，为正方形， ，，，，. 由（1）平面，可知，，两两互相垂直， 分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，，， 依题意，， 则，， 设平面的法向量为， ，，则可取， 由平面，取平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则 . （ii）设平面内一动点为P，要使最小，可利用对称法， 不妨设D关于平面的对称点，设与平面的交点即为， 因为平面的法向量为，则平面可以表示为， 设，则中点为在平面上， 即得， 因与平面法向量平行， 则，设比值为,则得， 将其代入中，得，解得，故， 又因为， 设直线与平面的交点为， 直线的方程为，代入平面的方程， 得出，即得，则得， 故，， 设直线与平面所成角为， 则. 综合攻坚·知能拔高 一、解答题 1．如图，四棱锥中，底面为矩形，对角线与交于点，平面，为的中点． (1)证明：平面； (2)设，，．求到平面的距离． 【答案】(1)证明：连接，因为四边形为矩形， 所以点为的中点，又点为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面； (2) 【分析】（1）借助线面平行判定定理即可得证； （2）法一：可建立适当空间直角坐标系，求出及平面的法向量后，利用空间中点到平面距离公式计算即可得；法二：借助等体积法，利用计算即可得. 【详解】（1）略 （2）法一：由题意，可以点为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则，，， 则，， 设平面的法向量为， 则，可取， 由（1）知平面， 到平面的距离为到平面的距离， 又，则在法向量上的投影长度为， 故到平面的距离为. 法二：由（1）知平面， 到平面的距离为到平面的距离， 在中，，， 由平面，平面，故， 由底面为矩形，则，又，、平面， 故平面，又平面，故， 则， ∴，则， 故， 由，， 设到平面的距离为， ∴，解得， 故 PB 到平面 AEC 的距离为． 2．如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，，．    (1)求证：平面平面SAD； (2)若异面直线SD与BC所成角为，平面，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题设条件先证明平面SAD，再由面面垂直的判定定理即可得证； （2）由条件先证明平面ABCD，建系后利用空间向量法结合平面求出，再利用空间向量夹角的公式计算即得. 【详解】（1）因为ABCD是矩形，所以， 又已知，所以， 又，所以， 因为平面SAD， 所以平面SAD，而平面SAB， 所以平面平面SAD. （2）因为，所以SD与BC所成角的大小等于， 又，所以， 取AD、BC的中点分别为O、N，连SO、ON， 则， 由（1）平面，又 平面ABCD，则得平面平面ABCD， 又平面为平面SAD和平面ABCD的交线， 所以平面ABCD， 故可以为原点，ON、OD、OS分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，    则， 因为可得， 故得，则，又， 设平面的法向量为， 则，故可取， 因为平面，所以，则，解得， 所以M是SD的中点，OM是的中位线，， 由（1）知，平面SDC，所以平面SDC， 故是平面SDC的一个法向量，且， 所以， 所以， 故二面角的正弦值为． 3．如图，四棱锥中，底面，，，，.    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)在中，， 由余弦定理得， 所以，故， 所以为直角三角形，且， 又因为面，平面，所以 又因为，且，平面， 所以面，平面， 所以， 又因为、、平面，所以 又因为平面平面，所以平面 (2) 【分析】（1）利用勾股定理逆定理得到，进而得到，然后利用线面平行的判定定理证得； （2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，结合向量夹角公式求结论. 【详解】（1）略 （2）因为平面，，以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，    则 设为面的一个法向量， ，故， 令，解得， 记与面所成角为， 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 4．如图，在正方体中，为棱的中点. (1)求直线与所成角的余弦值； (2)当时，求异面直线与间的距离. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）可建立空间直角坐标系，将异面直线所成角转化为对应方向向量夹角的余弦值（取绝对值）求解. （2）可利用向量法，求出两异面直线的公垂线方向向量，再取两直线上任意两点连线在公垂线方向上的投影长度即为异面直线距离. 【详解】（1）以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系， 不妨设，则，，，，，. 记直线与所成的角为，则. （2）记为与公垂线段的方向向量， 则 即可取， 而， 记直线与间的距离为，则. 5．如图，在三棱柱中，，，侧面为菱形，点为的中点，平面． (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明：因为为的中点，，所以. 因为平面，平面，所以. 又，平面，且， 所以平面． (2)存在，． 【分析】（1）根据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，设，根据线面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）略 （2）因为，，所以，. 因为四边形为菱形，且，所以. 由（1）知，，两两垂直， 故以为坐标原点，，，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，，，，， 所以，， 设． 又，所以， 设平面的一个法向量， 则，即，令，则，，所以， 记直线与平面所成的角为， 则，解得（负根舍去）， 此时为的中点，所以在棱上存在点满足条件，此时． 6．在直角梯形ABCD中，，，，如图（1）．把沿BD翻折，使得平面平面BCD． (1)求证：； (2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)因为，且，， 可得，， 又因为，， 所以，则， 因为平面平面BCD，平面平面，且平面BCD，所以平面ABD， 又因为平面ABD，所以； (2)存在，． 【分析】（1）余弦定理和勾股定理可证明平面ABD，再由线面垂直的性质即可得； （2）以点为坐标原点建立空间直角系，利用空间向量即可求得结果. 【详解】（1）略 （2）因为平面ABD，且平面ABD，所以， 如图所示，以点D为原点，建立空间直角坐标系， 可得，，，，所以，, 设平面ACD的法向量为，则, 令，可得，，所以 假设存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°， 设，(其中)，则，， 所以 , 整理得，解得或(舍去)， 所以在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°，此时． 7．已知在中，，，将沿翻折至（点在平面外）． (1)证明：； (2)若为空间中的点，且满足，当三棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明：作，因为沿翻折至， 所以，又因为，平面， 所以平面， 又因为平面，所以 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用线面垂直的性质定理证明； （2）建立空间直角坐标系，求出点的轨迹方程，得到三棱锥的体积最大时，的坐标为或，分别求出平面与平面的法向量，再利用夹角公式得到平面与平面夹角的正弦值为. 【详解】（1）略 （2）以为原点，方向为轴，方向为轴，过且垂直于平面的方向为轴，建立空间直角坐标系． ，，，，设，由， 即，得， 当三棱锥的体积最大时，即或， 不妨取，设平面的法向量为， 由，， 得，令，得， 设平面的法向量为 即，． 所以，平面与平面夹角的正弦值为 8．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. 【答案】(1)3 (2) (3) 【分析】（1）选取圆柱对称中心为原点建立空间直角坐标系，利用异面直线所成角的余弦值公式列出关于动点坐标的方程，通过代数解法求出点P的位置进而算出PM的线段长度, （2）结合几何垂直性质与坐标法分别求出两相交平面的法向量，通过联立这两个法向量求得平面交线的方向向量，最后利用空间向量的距离公式求出点到该直线的距离, （3）借助正弦定理将题目给定的正弦值比例转化为线段平方比例，进而推导出动点Q在底面内的轨迹为一个圆，最后将线面角正切值最小的极值问题，转化为求底面定点到该圆上动点距离最大的几何问题. 【详解】（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． 9．如图，在四棱锥中，底面，，．    (1)若，求证：平面； (2)若平面平面， （i）求四棱锥体积的最大值； （ii）若二面角的正弦值是二面角的正弦值的两倍，求． 【答案】(1)因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，， 则，所以， 所以在平面内，， 又平面，平面， 所以平面； (2)（i）；（ii）． 【分析】（1）利用结合证得平面，得到，结合勾股定理的逆定理得，推出，证出线面平行； （2）（i）由平面平面推导出平面，得到，为斜边固定的直角三角形，求出底面最大面积，代入棱锥体积公式得体积最大值； （ii）三垂线法分别找出两个二面角的平面角，利用正弦倍数条件得到，算出后借助直角三角形斜边上高建立关于的方程求解． 【详解】（1）略 （2） （i）如图，过点作，垂足为， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 设，， 由勾股定理，， 由基本不等式，得， 所以，当且仅当，即取等号， 所以最大值为， 在中，，， ， 所以的最大值为 四棱锥中，底面，高， , 所以的最大值为； （ii）因为，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，且平面平面， 如图，过点作，垂足为， 再过作，垂足为，连接，， 则平面， 则，分别为二面角，的平面角， 于是，由，得， 在中，， 由等面积得， 由，得， 设，中斜边上高， 所以， 解得． 10．将一个边长为的正六边形图沿对折，形成如图所示的五面体，其中，底面是正方形． (1)求五面体图中的余弦值； (2)如图，点，分别为棱，上的动点． 求周长的最大值，并说明理由； 当周长最大时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) (2)，理由为： 等腰梯形中，,由（1）知连接， 则 ，所以. 所以 等腰梯形中，,由（1）知 连接 ，则 ，所以. 如下图 若 ，显然当与重合，与重合时，最大， 最大值为 ； 若与不平行，当时，如图展开平面和平面， 与平面 在同一平面，过作的平行线，交于点，连接，并延长，与交于点. 此时， ， 又 所以 的最大值为. 由上图的对称性，同理可得，当时，所的最大值为. 综上所述，在图 3中，当与重合，与重合时，的周长最大，最大为． 【分析】利用空间中线面、线线及面面的位置关系和已知条件，得出垂直关系，再建立空间直角坐标系．根据直线与直线所成角的向量求法，计算得结论 ①利用余弦定理解三角形，结合图形判断得当与重合，与重合时，的周长最大，并求出最大值②利用平面与平面夹角的向量求法，计算得结论． 【详解】（1）如图，正六边形中，沿对折后，此平行关系不变， 所以折叠后的图中，，且． 取的中为，的中点为，连接． 因为底面是正方形，所以，即，且． 连接，，则由知：． 因为，、平面，所以平面， 而底面，因此底面平面，交于． 过在平面作直线，交于， 则由底面平面，得底面. 因为、底面，所以，．故，，两两垂直. 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，如图建立空间直角坐标系： 则，，，． 中，因为，所以， 在等腰梯形中，，，因此，， 所以，所以，， 所以． 所以五面体图中的余弦值为. （2）①略 ②由①知：与重合，与重合，如（1）建立空间直角坐标系，则，． 设平面的法向量为， 因为，， 所以由得，取得，， 因此是平面的一个法向量． 设平面的法向量为． 因为，， 所以由得，取得，， 因此是平面的一个法向量． 设平面与平面夹角为， 因此， 即平面与平面夹角的余弦值为． 11．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. 【答案】(1) (2) (3)距离为， 【分析】（1）先由直线方程组取 和 得到直线上两点,进而确定直线的方向向量 ,再结合平面的法向量 ,利用线面角与向量夹角的关系 ,代入数量积和模长计算,最终化简求出sin 的值； （2）平面 过直线 且与平面 垂直,因此 的法向量同时与直线 的方向向量、平面 的法向量垂直,由此列方程组求出平面 的法向量 ,再代入直线上已知定点,用点法式写出平面方程并整理化简； （3）先根据两条直线的参数方程分别设出动点坐标，求出两直线方向向量，方法一利用公垂线向量同时与两个方向向量垂直，数量积为 列方程求出参数，得到垂足与公垂线段向量，计算模长得异面直线距离并写出公垂线方程；方法二写出两点距离平方表达式，用二次函数配方法求最小值，即为异面直线距离，同步确定垂足与公垂线方程. 【详解】（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 12．已知边长为的等边，，将沿折叠，形成四棱锥，二面角大小为，点为中点. (1)求体积的最大值； (2)若. （i）时，求外接球的表面积； （ii）平面，垂足为，长度是否为定值？如果为定值，求的长；如果不为定值，请说明理由. 【答案】(1) (2)为定值， 【分析】（1）根据棱锥体积公式可确定当平面时，四棱锥体积取得最大值，将该体积最大值表示为关于的函数，利用导数可求得最终结果； （2）（i）以中点为坐标原点可建立空间直角坐标系，设三棱锥的外接球球心为，根据球心到各个顶点的距离相等可构造方程求得球心坐标和半径，验证可知在该球上，结合球的表面积公式可求得结果； （ii）设，由此可得，根据线面垂直的判定可构造方程组求得的值，进而得到点坐标，由此可表示出，根据向量模长运算可求得结果. 【详解】（1）连接，交于点，连接，作，垂足为，连接， ，，，， ，又， ； ，，， 为中点，是边长为的等边三角形，， ，，即； ，，， 即，，又，平面， 平面，又平面，， ，平面，平面， ， 若四棱锥体积最大，则， 此时； 令，则， 令，解得：， 则当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ，即四棱锥体积最大值为. （2）由（1）得：为中点，，即，又， 即为二面角的平面角，， 则以为坐标原点，正方向为轴正方向，过作轴平面，可建立如图所示空间直角坐标系， （i）当时，，，，，， 设三棱锥的外接球球心为，半径为，则， ，解得：，， 此时，即点在三棱锥的外接球上， 三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球， 四棱锥外接球的表面积. （ii）由题意知：，，，，，， ，，， 三点共线，平面即为平面， 设，则， ， 平面， ，解得：， ，又，， 又， ， ，即的长度为定值，定值为. 13．如图1，点分别是边长为4的正方形三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，使得平面平面，（如图2），连接是四边形对角线的交点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱（含端点）上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 取中点，连接 ∵四边形为矩形，∴点为中点， ∴且， 又∵且，∴且， ∴四边形为平行四边形，即， ∵平面，∴平面. (2) (3)存在，P点在A点处时平面与平面的夹角为. 【分析】（1）利用中位线和平行四边形证明线线平行，然后得到线面平行； （2）证明三线两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量求得面的法向量，然后由直线所在向量与法向量的夹角的余弦值的绝对值求得线面角的正弦值； （3）由（2）求出平面的法向量，设点坐标，由空间向量求得平面的法向量，由两个面的法向量夹角的余弦值的绝对值求等于面面角的余弦值建立方程，解得点坐标，即可知道点的位置. 【详解】（1）略 （2）∵，且平面平面，平面平面， ∴平面， 又∵平面，∴， 故以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， ∴，，，，， ，，， 设为平面的一个法向量， 则，解得，即， 设直线与平面所成角为， 则 （3）由（2）可知平面的一个法向量为， 设存在，则，， 设平面的一个法向量为， 则，解得，即， 则， ∴，即， 所以存在符合题意的点P，当P点在A点处时平面与平面的夹角为. 14．某个圆锥容器的轴截面是边长为8的等边三角形（容器壁厚度忽略不计），一个半径为r的小球在该容器内自由运动，小球能接触到的容器内壁侧面的区域可以形成一个圆台侧面，设该圆台上下底面圆心为和，如图所示． (1)求圆台的体积（用r表示）； (2)设小球半径，圆台的轴截面为等腰梯形，B为底面圆周上一点，且，平面平面，，求平面与平面夹角的余弦值的取值范围； (3)在第（2）问条件下的圆台内放置若干个小球，要求每个小球均和该圆台上、下底面相切，则最多能放几个小球，并说明理由． 【答案】(1) (2) (3)最多能放3个小球． 理由如下：因为小球与上下底面均相切，∴小球半径为． 圆台上、下底面直径分别为3和5，则至少能放入一个半径为的小球． 为能放入更多小球我们先让放入的第一个小球与圆台侧面也相切，作出圆台轴截面如图1，小球与底面切于点，，由题意可计算出，可得，，所以，如图右侧还能再放一个这样的小球，所以至少能放下2个这样的小球． 现在分析是否能放3个小球，为了能放入更多小球，尽可能先让已放入的两个球两两相切且与圆台侧面相切，设先前放入的两个小球为球和球，它们与底面切于点，，作出两个小球的俯视图，，由上面结论可知 在中，利用余弦定理可得， 由圆台和球的对称性可知，恰好只再能放一个与这两个小球相切并和圆台侧面也相切的这类小球． 综上所述，圆台内最多能放3个这样的小球． 【分析】（1）根据题意求出上下底面圆的半径，然后按照圆台的体积公式求解即可； （2）以为原点，以，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，即可求出答案； （3）根据题意分析小球在圆台的位置情况，尽可能让小球与圆台侧面、小球与小球都是相切的状态，根据圆台上下底面圆的半径确定小球的个数. 【详解】（1）设圆台上下底面圆的半径分别为，，在圆锥的轴截面中（如图所示）， ∵，， ∴，，，即，， 设上下底面圆的面积为，，则，， 圆台的高，∴ （2）延长，交于点H，∵平面，平面，∴，BH即l，∵，，∴，，，， 以，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则 ，，，，，， 设，则， 设平面的法向量为，则 令，则， ，即， 同理可求平面的法向量为，则 令，对称轴为，∴，， 即平面与平面夹角的余弦值的取值范围为． （3）略 15．如图1，圆内接四边形中，为等腰直角三角形，且，，. (1)求的长； (2)如图2，将沿翻折，形成四面体，当时， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）找出一组依次排列的四个相互平行的平面，，，使得，，，，且其中每相邻两个平面间的距离都相等，并求出相邻两个平面间的距离. 【答案】(1) (2)（i）；（ii），，，； 【分析】（1）方法一：利用勾股定理和余弦定理，结合两角和的余弦公式进行求解即可；方法二：利用勾股定理和正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可； （2）方法一：建立空间直角坐标系.（i）利用空间向量夹角公式，结合线面角的定义进行求解即可；（ii）根据线面平行、面面平行的判定定理，结合空间向量点到面的距离公式进行求解即可；方法二：（i）根据面面垂直的判定定理和性质定理，结合线面角的定义进行求解即可；（ii）利用空间点到面距离公式进行求解即可. 【详解】（1）方法一：在圆内接四边形中，为等腰直角三角形，， 所以， 在中，因为，， 所以，，所以. 在中，， 由余弦定理得 ， 所以. 方法二：在圆内接四边形中，为等腰直角三角形，， 所以是圆的直径，. 在中，，， 所以，，， . 由正弦定理得，又， 故. （2）方法一：以的中点为原点，以，方向为x，y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，. （i）设，由（1）可知，，， 又因为， 所以 解得，，，即， 则. 取平面的一个法向量，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. （ii）如图所示，取的三等分点P，Q，的中点M， 过三点D，P，M作平面，过三点，Q，C作平面， 因为，平面，平面， 所以平面，同理平面， 又因为，所以平面平面， 再过点A，C分别作平面，与平面平行， 那么四个平面，，，依次相互平行， 由线段被平行平面，，，截得的线段相等知，其中每相邻两个平面间的距离相等，故，，，为所求平面. 由（i）可知，，， 所以， . 设平面的法向量，则 即可取， 所以点到平面的距离. 故相邻两个平面间的距离为. （方法二） （i）设的中点为，的中点为，的中点为M， 连接，，，. 由（1）知，，则， 又因为，，所以平面， 所以平面平面. 过点作交直线于点，连接， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，则为直线在平面上的射影，为直线与平面所成角. 由（1）知，，，则，. 又因为，，所以， 所以，则. 在中，. 所以，得， 所以，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （ii）以为原点，以，方向为x，y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，. 设平面的法向量， 由（i）可知， 所以，，. 由，，，两两平行且每相邻两个平面间的距离都相等， 可得， 从而， 由可得或. 若，由得， 从而或. 若，由得， 从而或. 综上，可得，或， 或，或. 当或时，由于， 此时， 从而点B在点D与所确定的平面上，与条件矛盾，舍去； 当，由于，此时， 从而点A在点C与所确定的平面上，与条件矛盾，舍去； 当，可求点A到平面的距离， 此时，，，分别为过A，D，C，B，且以为法向量的平面， 所以相邻两个平面间的距离为. 1 / 14 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 $