重难点培优07 立体几何中的折叠、探索性、最值问题（复习讲义）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

重难点培优07 立体几何中的折叠、探索性、最值问题 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构·重难梳理固根基 1 02 题型精研·技巧通法提能力 2 题型01 空间中的折叠问题（★★★★★） 2 题型02 线面位置关系中的探索性问题（★★★★） 4 题型03 线面角中的探索性问题（★★★★★） 6 题型04 二面角中的探索性问题（★★★★★） 7 题型05 线面角、二面角中的最值问题（★★★★） 9 题型06 立体几何新定义问题（★★★★） 11 03 实战检测·分层突破验成效 13 重难知识巩固 13 创新能力提升 18 知识重构·重难梳理固根基 知识点01 探索性问题 1、确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决 2、确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算 知识点02 常用结论折叠问题 1、用向量法处理立体几何中的探索性、存在性问题 探索性、存在性问题是条件不完备、结论不确定的问题,利用向量的方法将这类问题由立体几何问题转化为代数的方程(不等式)的解的问题,考查了化归、转化的数学思想,培养了逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养. 2、用向量的坐标运算解决几何问题 用向量的坐标运算解决几何问题,使几何问题代数化,以数助形,体现了数形结合的思想.同时本题还运用了方程的思想,通过列方程、解方程使问题得以解决.这足以说明“向量的坐标运算”是“几何”与“代数”间的一座新的桥梁. 这类问题的基本形式是判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立,解决这类问题的基本策略是假设题中的数学结论成立,在这个前提下进行逻辑推理,若由此导出矛盾,则否定假设,否则,给出肯定证明. 3、对于存在判断型问题：通常应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等. 4、对于位置探究型问题：通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.　　 题型精研·技巧通法提能力 题型01 空间中的折叠问题 1．（25-26高三上·江苏无锡·阶段检测）如图，在等腰梯形中，，，，为边上靠近点的三等分点，现将三角形沿翻折，得到四棱锥，使得平面平面，为棱的中点．    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 2．（2026·山东日照·模拟预测）如图，在四边形中，，，，，将沿着折叠到，使得． (1)求证：； (2)求点到平面的距离； (3)求异面直线与所成角的正弦值． 3．如图一， 是等边三角形，为边上的高线，分别是边上的点，；如图二，将沿翻折，使点到点的位置，. (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值. 4．（2025·辽宁·二模）如图1在梯形ABCD中，，且为AB中点，为BC上一点，且．现将该梯形沿AC折起，使得点折叠至点的位置（如图2），且二面角的平面角大小为. (1)求证：； (2)求直线CE与平面PEF所成角的正弦值. 5．如图1所示，△ABE是边长为2的正三角形，四边形BCDE是一个梯形；其中BE∥CD，ED＝DC＝CB＝1，现在沿着BE把△ABE折起到△的位置，连接，且使得＝2，如图2所示． (1)求证：平面； (2)求直线与平面夹角的正弦值． 6．（2026·广东汕头·三模）已知菱形ABCD中，，，E为AD中点，如图一所示，现将沿着BE按顺时针方向旋转折叠，使得点A到达点P，如图二所示． (1)当时，证明：平面平面PBE； (2)当三棱锥的体积第二次达到时，求平面PDE与平面PCD所成角的余弦值． 题型02 线面位置关系中的探索性问题 1．如图所示，四棱锥，底面为正方形，，为正三角形，，点在上． (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)若，在棱上是否存在一点，使平面？并证明你的结论． 2．如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，，，，. (1)设平面平面，求证：； (2)求证：； (3)在直线上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 3．如图，在直角梯形ABCD中，，，，于，沿将折起，使得点到点P位置，，是棱上的动点（与点不重合）.判断在棱上是否存在一点，使平面平面，若存在，求；若不存在，说明理由；    4．如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，且，侧面是正三角形，是上一动点，N是的中点. (1)若∥平面，求证：M是的中点； (2)若平面平面，求线段的长； (3)是否存在点M、使得?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 5．如图所示，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M、N、K分别为AB，PC，PA的中点，平面平面.    (1)判断直线l与BC的位置关系并证明； (2)求证：平面PAD； (3)在棱CD上是否存在点H，使得平面平面PBC？若存在，求出点H的位置，并加以证明；若不存在.请说明理由. 题型03 线面角中的探索性问题 1．如图，在多面体中，四边形为平行四边形，且平面，且.点分别为线段上的动点，满足. (1)证明：直线平面； (2)是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为？请说明理由. 2．（2026·山东烟台·二模）如图，在三棱锥中，. (1)证明：； (2)已知为的重心，.在棱PA上是否存在一点，使得直线QM与平面PAC所成角的大小为？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 3．（25-26高三上·山东淄博·阶段检测）在五面体中，平面，平面． (1)求证：； (2)若，，点到平面的距离为，求平面和平面所成角的大小． (3)在第（2）问条件下，线段上是否存在点，使得与平面所成的角为30°．若存在，求的长度，若不存在，请说明理由． 4．如图1，在中，、分别为、的中点，为的中点，，.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2. (1)求证：； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 题型04 二面角中的探索性问题 1．如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，为线段上一点. (1)求证：； (2)在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 2．（2026·贵州毕节·三模）“阳马”一词出自《九章算术·商功》，它是指底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在阳马中，平面，，，，点在棱上，且. (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求点的位置，若不存在，请说明理由. 3．在几何体中，底面是边长为2的正三角形．平面，若． (1)求证：平面平面； (2)是否在线段上存在一点，使得二面角的大小为．若存在，求出的长度，若不存在，请说明理由． 4．如图，已知三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，侧面都是菱形，，. (1)证明：； (2)求的长； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的正弦值为，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 题型05 线面角、二面角中的最值问题 1．（25-26高三上·湖南长沙·阶段检测）已知三棱柱的底面是边长为2的正三角形，平面与底面垂直，，当时，． (1)当时，求三棱锥的体积； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 2．如图，三棱台中，是的中点，E是棱上的动点． (1)试确定点E的位置，使平面； (2)已知平面．设直线与平面所成的角为，试在（1）的条件下，求的最小值． 3．（2025·湖南·模拟预测）如图，在棱锥中，动点在线段上运动，平面，正方形的边长为2，，． (1)证明：平面平面； (2)求二面角余弦值的取值范围． 4．（25-26高三上·陕西·期末）如图，已知四棱锥的底面为正方形，顶点S为动点，满足平面平面，且．    (1)求证：平面； (2)若平面与平面的夹角为，求的值； (3)以正方形为底面作正方体，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 5．（26-27高三上·江苏常州·阶段检测）如图1，在平面五边形中，四边形是边长为1的菱形，，，．将沿翻折至，如图2．点在线段上运动． (1)若，证明：平面； (2)若，且，证明：平面平面； (3)求二面角的余弦值的最小值． 题型06 立体几何新定义问题 【技巧通法·提分快招】 面对新情景、新定义，首先要深入理解并分析这些新元素，将其与已知的立体几何知识相结合.明确解题目标后，灵活运用基本定理和性质，如平行、垂直的判定与性质，以及空间角、距离的计算公式.在解题过程中，合理构造辅助线和面，以揭示隐藏的空间关系，简化问题.对于复杂问题，可尝试建立空间直角坐标系，利用向量法进行计算和证明.同时，要善于将空间问题平面化，通过截面、投影等方式转化求解对象.最后，解题后要进行验证和反思，确保结论的正确性，并总结所使用的方法和技巧，以便在未来遇到类似问题时能够迅速应对. 1．在空间直角坐标系中，过点且以为方向向量的直线方程可表示为，过点且以为法向量的平面方程可表示为． (1)已知直线的方程为，请写出直线上一个点的坐标和直线的一个方向向量； (2)若直线与都在平面内，求平面的方程； (3)若集合中所有的点构成了多面体的各个面，求的体积和相邻两个面所在平面的夹角的余弦值． 2．已知两个非零向量，在空间任取一点O，作，则叫做向量与的夹角，记作．定义与的“向量积”为：是一个与、都垂直的向量，且它的模．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，为线段AD上一点． (1)求； (2)若为线段的中点，求二面角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 3．类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则.如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点. (1)求的值； (2)直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； (3)在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 4．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.已知三棱锥如图所示. (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面，，，三棱锥在顶点处的离散曲率为.求点到平面的距离； (3)在（2）的前提下，又知点在棱上，过点作交于点，连接，若，求的长度. 实战检测·分层突破验成效 重难知识巩固 1．如图，在正三棱柱中，为的中点. (1)证明：平面. (2)求异面直线与所成角的余弦值. (3)在上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 2．如图，在四棱锥中，平面平面BCDE，，，，，O为BC中点. (1)求直线AE与BC所成角的余弦值； (2)点B到平面ADE的距离； (3)线段AC上是否存在一点Q，使平面ADE？如果不存在，请说明理由；如果存在，求的值. 3．如图，在四棱锥中，底面为梯形，，平面，，，，为棱的中点．    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值； (3)在棱上是否存在点，使得直线平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 4．（24-25高三下·甘肃白银·开学考试）如图，在三棱柱中，平面平面，为线段上一点．    (1)求证：； (2)是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 5．在如图所示的几何体中，四边形是菱形，，四边形是矩形，平面，，，点E为的中点． (1)求证平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在直线上存在动点P，使得直线与平面所成角的余弦值为求线段的长． 6．（25-26高三上·江苏常州·阶段检测）如图，四棱锥中，底面为矩形，.二面角的大小是，点在平面与平面的交线上.    (1)证明：； (2)求四面体的体积； (3)若为直线上的动点，且，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 7．如图，在四棱锥中，已知，是等边三角形，且为的中点. (1)证明：平面； (2)当时，试判断在棱上是否存在点，使得二面角的大小为.若存在，请求出的值；否则，请说明理由. 8．如图，在等腰梯形中，，，．为线段的中点，点G为等边的中心．将图形沿，折起，使得与重合，形成三棱锥．    (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)已知为平面内过点的一条直线，交为，设．是否存在直线，使得与所成角的正弦值为？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由． 9．如图1，过球上不在同一大圆上的，，三个点中的任意两点作大圆.可以得到劣弧，与，则这三条劣弧围成的曲面（阴影部分）称为球面，这三条劣弧称为球面的边.，，三点称为球面的顶点.设二面角为，二面角为，二面角为，则球面的面积，其中为球的半径，，，均用弧度制表示.以球心为坐标原点，建立如图2所示的空间直角坐标系.已知，，三点均在球的球面上，其中，. (1)求，的值； (2)求点到平面的距离； (3)求球面的面积. 10．如图，已知，，，，D为线段的中点．若是绕直线旋转而成的．记二面角的大小为θ． (1)当平面平面时，求θ的值； (2)当时，求二面角的余弦值的取值范围． 11．（2026·陕西榆林·模拟预测）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．例如：正四面体在顶点A处的离散曲率为．如图，在三棱锥中． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率之和； (2)若平面ABC，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为． （i）求点到平面的距离； （ii）若点为的中点，则在棱上是否存在点，使直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出的长度，若不存在，请说明理由． 创新能力提升 1．如图1，，，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，分别连接、就得到了一个空间五面体（如图2）.    (1)若是四边形EBCF对角线的交点，求证：平面； (2)若图2中的，求直线与平面所成角的正弦值； (3)在（2）的条件下，在棱上是否存在点，使得平面与平面所成的二面角的余弦值为?若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由. 2．如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，平面平面． (1)证明：； (2)设直线与平面所成角为．若点为棱上的动点（不包括端点），求二面角的正弦值的最小值． 3．（2026·浙江·二模）如图，在等腰梯形中，，，点是边上靠近点的三等分点，将沿直线翻折至的位置. (1)若，求证：平面； (2)记平面与平面的夹角为，求的最小值. 4．球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科，如图一，球O的半径为R，A，B，C为球面上三点，设表示以O为圆心，且过B，C的圆，劣弧BC的弧长记为a，同理，圆，的劣弧AC，AB的弧长分别记为b，c，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形，若设二面角，，的大小分别为，，，那么球面三角形的面积公式为． (1)球O的半径为R，球面上三点A，B，C构成球面三角形，已知三个二面角分别为，，，求该球面三角形ABC的面积； (2)若将图一中四面体OABC截出得到图二，若平面三角形ABC为直角三角形，，设，，． ①求证：； ②延长与球交于点，连接，若直线与平面所成的角分别为，，为中点，为中点，在线段上，，，设平面与平面的夹角为，若，求t的范围． 5．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在斜三棱柱中，，，侧棱，，，其中为锐角． (1)当时，求证：； (2)定义：过点作垂直底面于，且在内部，记与、所成角分别为、，称为斜三棱柱的投影偏差率． （ⅰ）当时，求斜三棱柱的投影偏差率（不需证明），并求此时平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）关于的函数解析式记为，若存在两个不同的锐角，使得，求证：． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点培优07 立体几何中的折叠、探索性、最值问题 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构·重难梳理固根基 1 02 题型精研·技巧通法提能力 2 题型01 空间中的折叠问题（★★★★★） 2 题型02 线面位置关系中的探索性问题（★★★★） 11 题型03 线面角中的探索性问题（★★★★★） 17 题型04 二面角中的探索性问题（★★★★★） 23 题型05 线面角、二面角中的最值问题（★★★★） 31 题型06 立体几何新定义问题（★★★★） 41 03 实战检测·分层突破验成效 51 重难知识巩固 51 创新能力提升 71 知识重构·重难梳理固根基 知识点01 探索性问题 1、确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决 2、确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算 知识点02 常用结论折叠问题 1、用向量法处理立体几何中的探索性、存在性问题 探索性、存在性问题是条件不完备、结论不确定的问题,利用向量的方法将这类问题由立体几何问题转化为代数的方程(不等式)的解的问题,考查了化归、转化的数学思想,培养了逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养. 2、用向量的坐标运算解决几何问题 用向量的坐标运算解决几何问题,使几何问题代数化,以数助形,体现了数形结合的思想.同时本题还运用了方程的思想,通过列方程、解方程使问题得以解决.这足以说明“向量的坐标运算”是“几何”与“代数”间的一座新的桥梁. 这类问题的基本形式是判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立,解决这类问题的基本策略是假设题中的数学结论成立,在这个前提下进行逻辑推理,若由此导出矛盾,则否定假设,否则,给出肯定证明. 3、对于存在判断型问题：通常应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等. 4、对于位置探究型问题：通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.　　 题型精研·技巧通法提能力 题型01 空间中的折叠问题 1．（25-26高三上·江苏无锡·阶段检测）如图，在等腰梯形中，，，，为边上靠近点的三等分点，现将三角形沿翻折，得到四棱锥，使得平面平面，为棱的中点．    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明：取的中点，连接，， 因为中，，为所在边的中点，所以，， 在梯形中，，，所以， 所以，，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面． (2)因为平面平面，平面平面， 平面，，所以平面，又， 所以以为坐标原点，以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    因为，，，平面， 所以平面， 所以平面的一个法向量， 设平面的一个法向量，，， ，令，则， 所以平面的一个法向量， 记二面角的平面角为， ， 所以，所以二面角的正弦值为． 2．（2026·山东日照·模拟预测）如图，在四边形中，，，，，将沿着折叠到，使得． (1)求证：； (2)求点到平面的距离； (3)求异面直线与所成角的正弦值． 【答案】(1)因为，，， 则，可得， 且，，平面，， 可得平面． 又因为平面，则． (2)设点到平面的距离为． 利用等体积法可得，即， 因为，，，平面，，所以平面． 且平面，则． 所以 ． 由勾股定理得，，则， 可得，解得， 所以点到平面的距离为． （3）由（1）（2），得平面，． 如图，以点为坐标原点，以为轴，为轴，过点平行于的直线为轴建立空间直角坐标系， 可得，，，， 可得，， 设异面直线与所成的角为， 则， 可得， 所以异面直线与所成角的正弦值为． 3．如图一， 是等边三角形，为边上的高线，分别是边上的点，；如图二，将沿翻折，使点到点的位置，. (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1) 因为为等边三角形，，， 为边上的高线，故， 又，平面，所以平面. 因为平面，所以. 在中，，所以，故， 而平面，平面，故平面 (2)分别以方向为轴正方向建立空间直角坐标系， 则， 则. 设平面的法向量，平面的法向量， 则，且， 取，， 得到平面的一个法向量，平面的一个法向量， 设二面角大小为，则， 所以. 4．（2025·辽宁·二模）如图1在梯形ABCD中，，且为AB中点，为BC上一点，且．现将该梯形沿AC折起，使得点折叠至点的位置（如图2），且二面角的平面角大小为. (1)求证：； (2)求直线CE与平面PEF所成角的正弦值. 【答案】(1)证明如下： 图1中，连接，交于点，连接， 为AB中点，， 又，，四边形是菱形， ， 所以在图2中，，又平面，， 平面， 又平面，； (2)以中点为坐标原点，为轴，为轴，过点做垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系． 则， 所以，，， 设平面的法向量， 由，有，， 令，则， 设与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成的角的正弦值为； 5．如图1所示，△ABE是边长为2的正三角形，四边形BCDE是一个梯形；其中BE∥CD，ED＝DC＝CB＝1，现在沿着BE把△ABE折起到△的位置，连接，且使得＝2，如图2所示． (1)求证：平面； (2)求直线与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明线面垂直，即证明垂直于底面上的两条相交直线和，最终推导出面面垂直； （2）建立空间直角坐标系将几何问题代数化，利用空间向量求出平面的法向量，通过计算法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，直接得到线面角的正弦值. 【详解】（1）取BE的中点为O，连接，OC，OD， 由图1中，△ABE是边长为2的正三角形，等腰梯形BCDE， 且ED＝DC＝CB＝1，可得OC＝OD＝1，且， 因为＝2，所以，所以， 又由△正三角形性质，可得， 因为OCBE＝O，且OC，BE平面BCDE，所以平面BCDE， 又因为平面，所以平面平面BCDE． （2）取CD的中点F，连接OF，因为四边形BCDE为等腰梯形， 且O为BE的中点，所以OF⊥BE，又因为⊥平面BCDE， 以O为坐标原点，OB，OF，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，，， 所以，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，，所以， 设直线与平面夹角为，则， 所以直线与平面夹角的正弦值为． 6．（2026·广东汕头·三模）已知菱形ABCD中，，，E为AD中点，如图一所示，现将沿着BE按顺时针方向旋转折叠，使得点A到达点P，如图二所示． (1)当时，证明：平面平面PBE； (2)当三棱锥的体积第二次达到时，求平面PDE与平面PCD所成角的余弦值． 【答案】(1)在菱形ABCD中，由，得是正三角形， 由E为AD中点，得， 在图二中，， 由，得， 又，BE，平面PBE，因此平面PBE， 由，得平面PBE， 又平面PBC，所以平面平面PBE． (2)设到底面的距离为， 三棱锥的体积，解得． 由，，，得平面PDE， 又平面BEDC，所以平面平面PED， 又两平面交线为，过点P作，则平面BEDC； 则， 则，所以为正三角形， 解法1：作，则平面PDE，直线Ox，OD，OP两两垂直， 以O为原点，直线Ox，OD，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，， ，， 取平面的法向量， 设平面PCD的法向量为，则， 取，得， 所以平面与平面PCD所成角的余弦值为． 解法2：过C作交的延长线于，则， 由平面PDE得平面PDE，又平面，则， 过作交的延长线于，连接CG， 又，平面，平面， 又平面，可得， 因为三棱锥的体积第二次达到， 则平面PDE与平面PCD所成角为， 因为， 所以， 因为，所以， 因为，， 所以，所以， 所以， 在中，， 在中， 在中，， ， 在中，， 故平面PDE与平面PCD所成角的余弦值为． 题型02 线面位置关系中的探索性问题 1．如图所示，四棱锥，底面为正方形，，为正三角形，，点在上． (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)若，在棱上是否存在一点，使平面？并证明你的结论． 【详解】（1）取的中点，因为为中点，所以在 中， 为中位线，所以，， 所以为异面直线与所成角（或其补角）， 在中，，，， 由余弦定理可得，又， 所以为锐角，所以异面直线与所成角的余弦值为. （2）存在，当是棱中点时，平面，证明如下： 取中点，连接，，则， 因为平面，平面，所以平面， 在中，为中点，为中点，， 平面，平面，所以平面；， 所以平面平面，因为平面，所以平面.. 2．如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，，，，. (1)设平面平面，求证：； (2)求证：； (3)在直线上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)因为，平面，平面，可得平面， 又因为平面平面，平面，所以. (2)设的中点为，连接， 因为为等边三角形，则， 且平面平面，平面平面，平面， 可得平面，由平面可得， 又因为，，平面， 可得平面，且平面，所以. (3)设的中点为，连接， 因为为等边三角形，则， 又因为平面，且平面，所以， 且，则， 且，平面，可得平面， 若平面，则，可知平面， 设，连接， 因为，，则点为的中点，可得，符合题意， 所以存在点，使得平面，此时. 3．如图，在直角梯形ABCD中，，，，于，沿将折起，使得点到点P位置，，是棱上的动点（与点不重合）.判断在棱上是否存在一点，使平面平面，若存在，求；若不存在，说明理由；    【答案】存在， 【分析】根据题意，先证明平面，再证明平面，再利用面面垂直的性质定理作，得平面，再计算求解即可； 【详解】存在，； 理由如下：由，，，平面， 所以平面，又平面， 故，又，平面，故平面， 又平面，故平面平面，又平面平面， 作，则平面，又平面， 故平面平面，由题意，不妨设， 则中，由等面积得，所以， 则，所以.    4．如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，且，侧面是正三角形，是上一动点，N是的中点. (1)若∥平面，求证：M是的中点； (2)若平面平面，求线段的长； (3)是否存在点M、使得?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明：若∥平面，且平面，平面平面， 可得， 在中，点N是中点，所以点M是中点. (2)如图，取中点F，连接，. 因为是正三角形，则， 且平面平面，平面平面，平面， 可得平面， 由平面，可得， 在因为侧面是正三角形，则. 因为底面是菱形，且， 可知是等边三角形，则且. 所以. （3）取中点E，连接，. 因为四棱锥的底面是菱形，侧面是正三角形， 则，. 由（2）可得，， 且平面，，所以平面， 由平面，可得. 又因为，、在平面内，所以平面. 过E作交于点M. 因为，所以点平面. 所以平面， 因为平面，所以， 因为E为的中点，， 所以，即. 5．如图所示，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M、N、K分别为AB，PC，PA的中点，平面平面.    (1)判断直线l与BC的位置关系并证明； (2)求证：平面PAD； (3)在棱CD上是否存在点H，使得平面平面PBC？若存在，求出点H的位置，并加以证明；若不存在.请说明理由. 【答案】(1),证明如下： 依题意，，平面，平面，则平面， 又平面平面，平面，所以. (2)证明如下： 取中点连接，在中， 在中，，则，即四边形为平行四边形， 因此，平面，平面， 所以平面.    (3)存在，当为中点时，平面平面，证明如下： 取的中点为，连接， 在中，，平面，平面， 则平面，同理可证，平面， 又平面，， 所以平面平面.    题型03 线面角中的探索性问题 1．如图，在多面体中，四边形为平行四边形，且平面，且.点分别为线段上的动点，满足. (1)证明：直线平面； (2)是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为？请说明理由. 【答案】(1)证明如下： 如图，以为原点，分别以方向为轴建立坐标系. . . 设平面的法向量为， 则由，取得. 因为，所以 解得. 所以，且平面，所以平面 (2)存在，理由如下： 设平面的法向量为 则由，解得. 所以， 解得. 2．（2026·山东烟台·二模）如图，在三棱锥中，. (1)证明：； (2)已知为的重心，.在棱PA上是否存在一点，使得直线QM与平面PAC所成角的大小为？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明：取AC的中点，连接OP，OB. 在中，因为，所以. 在中，因为，所以. 又平面POB，所以平面POB. 因为平面POB，所以. (2)因为，所以. 在中，， 因为为的重心，，所以且. 在中，， 所以，故. 又平面平面POB， 所以， 因为，所以平面ABC. 以为坐标原点，OA，OB所在直线为x，y轴，以过点且垂直平面ABC向上的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则， 设，则 ， 所以. 设平面PAC的一个法向量， 则，即，取，则，故. 所以， 即，解得. 所以，存在满足条件的点，且点为线段PA上靠近点的三等分点. 3．（25-26高三上·山东淄博·阶段检测）在五面体中，平面，平面． (1)求证：； (2)若，，点到平面的距离为，求平面和平面所成角的大小． (3)在第（2）问条件下，线段上是否存在点，使得与平面所成的角为30°．若存在，求的长度，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明：平面，平面， ，又因为平面，平面， 平面， 平面平面平面， . (2)平面，，平面，又平面， . 又平面平面， ， 又平面， 平面， ，点到平面的距离为，， ，即， 又因为，故， 又因为， ，因此， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立下图所示空间直角坐标系， 设，则 ， ， ，解得， 设平面的法向量为，平面的法向量为， ， ，则，取，则，则， ， ，取，则，则， 设平面和平面所成角的大小为， ，故. （3）设线段上存在点，使得与平面所成的角为， 设， 则，则， 由(2)知，平面的法向量为， ，整理得， 解得， ， 线段上存在点，使得与平面所成的角为，此时. 4．如图1，在中，、分别为、的中点，为的中点，，.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2. (1)求证：； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 因为在中，，分别为，的中点， 所以，，所以， 又为的中点，所以. 又因为平面平面，且平面，所以平面， 又平面，所以. (2)取的中点，连接，所以. 由（1）得，.建立空间直角坐标系，如图所示， 由题意得，，，，. 所以，，. 设平面的法向量为， 则，即，令，则，，所以. 设直线和平面所成的角为， 则. 所以直线和平面所成角的正弦值为. （3）假设线段上存在点适合题意，设，其中. 设，则， 则有， 所以，，，从而， 所以，又， 所以. 又直线和所成角的余弦值为， 所以，整理得. 解得或2（舍去） 所以线段上存在点适合题意，且. 题型04 二面角中的探索性问题 1．如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，为线段上一点. (1)求证：； (2)在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）由面面垂直性质定理得平面，进而证明平面即可证明结论； （2）解法一：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，利用坐标法求解即可； 解法二：假设存在满足条件的点，过点作于点，连接，进而证明为二面角的平面角，进而结合题意，根据几何关系求解即可. 【详解】（1）证明：连接交于，连接， 因为四边形为正方形，所以，. 因为正方形与矩形所在平面互相垂直，交线为平面， 所以平面，. 又平面， 所以， 又平面， 所以平面， 又平面， 所以. （2）解：存在满足条件的点. 解法一：因为为正方形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面， 所以，， 因为矩形中， 所以，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，如图. 因为，则， 所以. 易知为平面的法向量， 设，所以. 设平面的法向量， 所以，即，取，得， 又二面角的大小为， 所以， 即，解得. 又因为，所以，即. 解法二：假设存在满足条件的点，过点作于点，连接， 因为为正方形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 因为平面 所以， 所以为二面角的平面角， 所以. 在中，， 所以， 又在中，，， 所以， 因为， 所以， 所以，在中，， 所以. 2．（2026·贵州毕节·三模）“阳马”一词出自《九章算术·商功》，它是指底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在阳马中，平面，，，，点在棱上，且. (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2)存点，使得二面角的余弦值为，且点为线段的中点，理由见详解. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出两平面法向量，计算两个平面法向量数量积为0即可证明. （2）利用向量法求出平面法向量，利用向量法表示出二面角的大小，建立方程求解分析即可. 【详解】（1）证明：因为四边形为矩形，且平面， 所以以点为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，则， 又，在棱上，，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则，令，则，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则，令，则，所以， 因为，所以，所以平面平面. （2）存在点，使得二面角的余弦值为，且点为线段的中点，理由如下： 设点在线段上，且，则， 当时，重合，得不到二面角不满足题意， 当时，重合，此时二面角即为， 因为平面，即平面，且平面， 所以平面平面，即二面角为直二面角，不满足题意，所以， 由， 所以，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则， 令，则，所以， 由（1）知平面的一个法向量为， 设二面角的大小为， 则 ，即或， 当时，解得：，当时，无解，故， 即，所以存点，使得二面角的余弦值为，此时点为线段的中点. 3．在几何体中，底面是边长为2的正三角形．平面，若． (1)求证：平面平面； (2)是否在线段上存在一点，使得二面角的大小为．若存在，求出的长度，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 证明：如图，设分别为边的中点，连接， 因为平面， 所以，,进而， 即四边形为平行四边形，可得， 在底面正三角形中，为边的中点，则， 又平面，且平面，所以． 由于，且平面，所以平面． 因为平面，则平面， 又平面，则平面平面． (2)如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则． 设点，则． 设平面的法向量为，平面的法向量为． 由题意知即 令，则，即， 即取，则， 由， ，解得：，由于点为线段上一点，故，所以， 当时，二面角所成角为锐角，即存在点满足，此时． 4．如图，已知三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，侧面都是菱形，，. (1)证明：； (2)求的长； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的正弦值为，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 易知， 因为， 所以， 所以，故. (2)由（1）知，因为，所以， 所以. (3)如图，取的中点，连结，则，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设， 则 由得 解得， 所以，则. 设平面的法向量为， 由即 取，则， 设平面的法向量为， 由即 取，则， 设二面角的大小为，因为，所以. 所以， 整理得， 解得或(舍去). 故线段上存在满足题意的点，且点为线段的中点. 题型05 线面角、二面角中的最值问题 1．（25-26高三上·湖南长沙·阶段检测）已知三棱柱的底面是边长为2的正三角形，平面与底面垂直，，当时，． (1)当时，求三棱锥的体积； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 【答案】(1)1 (2) 【分析】（1）分别取和的中点，连接，由面面垂直的性质可得平面，进而证明平面，可求得，利用可求体积； （2）方法一：分别取和的中点为，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的一个法向量，利用向量法可求得，进而可求最大值.方法二：延长交直线于点，连接，过点作于点，为所求两平面夹角，求解即可. 【详解】（1）如图，分别取和的中点，连接， 因为平面平面，且平面平面， 又为等边三角形，为的中点， 则，即平面，则. 由，则为的中点，则， 故四边形为平行四边形， 则．又，且， 则平面， 则，又为的中点， 则有. 故. （2）方法一：当时，三棱柱为正三棱柱， 分别取和的中点为，则两两互相垂直， 以为原点，分别以为，轴建立空间直角坐标系，如图所示． 由（1）知，则，由得 取平面的法向量为，设平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，易得， 则 令，则，即， 则， 当时，取最大值， 故当，即为棱中点时，平面与平面夹角的余弦值取最大值. 方法二：由（1）知， 延长交直线于点，连接，过点作于点，连接， 因为平面，平面，所以， 又因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 所以为所求两平面夹角，且， 又，故当且仅当点与点重合时，有最小值1， 由余弦函数单调性知有最大值，此时. 2．如图，三棱台中，是的中点，E是棱上的动点． (1)试确定点E的位置，使平面； (2)已知平面．设直线与平面所成的角为，试在（1）的条件下，求的最小值． 【答案】(1)是的中点时，平面； (2). 【分析】（1）根据线线平行可得四边形为平行四边形，进而可得平面,又得平面平面，有面面平行的性质即可得线线平行，即可求解； （2）根据线线垂直可得线面垂直，即可建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可得，结合不等式即可求解. 【详解】（1）连接, 由三棱台中，是的中点可得,所以四边形为平行四边形，故, 平面, 平面,故平面, 又平面，且平面， ， 所以平面平面，又平面平面,平面平面,故, 由于是的中点,故是的中点， 故点在边的中点处，平面; （2）因为平面，平面, 所以,又平面, 故平面,由于平面,所以 , 由（1）知：在边的中点，是的中点, 所以,进而， 连接,由 所以四边形为平行四边形， 故 ,由于平面，因此平面， 故两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系；设， 则， 故 ， 设平面平面的法向量为， 则，取，则， 又， 故， 当且仅当，即时取等号， 要使的最小值，只需要最大，最大值为， 此时的最小值为 . 3．（2025·湖南·模拟预测）如图，在棱锥中，动点在线段上运动，平面，正方形的边长为2，，． (1)证明：平面平面； (2)求二面角余弦值的取值范围． 【答案】(1)因为平面，平面，所以. 正方形中，因为平面， 所以平面. 动点在线段上运动，所以平面即平面， 所以由平面，得平面平面. (2)因为正方形的边长为2，， 所以，所以. 如图所示，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则. 所以， 因为动点在线段上运动，所以设， 则. 设平面的法向量为， 则， 令，则. 所以平面的一个法向量为. 因为平面即平面，平面， 所以平面的一个法向量为. . 由，得， 所以，， ， 所以. 由图易知，二面角为锐二面角，所以其平面角与互补， 所以二面角余弦值的取值范围为. 4．（25-26高三上·陕西·期末）如图，已知四棱锥的底面为正方形，顶点S为动点，满足平面平面，且．    (1)求证：平面； (2)若平面与平面的夹角为，求的值； (3)以正方形为底面作正方体，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1) ，交于点O，连接， 在平面内过点A作，垂足为H． 因为，所以垂足H不与点O重合． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 又平面，所以． 在正方形中，， 又，平面，平面， 所以平面． (2)）以为x轴，为y轴，过点A的平面的垂线为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系．    不妨设，则，，，． 设，则，． 因为，所以．① 由（1）可知，，所以，即．② 设平面的法向量为， 因为，， 所以，取． 因为平面，所以平面的一个法向量为． 因为平面与平面的夹角为， 所以．③ 由①②③，解得，，，或，，， 即或． 当时，，此时； 当时，，此时． 综上所述，或． （3）以正方形为底面作正方体， 不妨取，则． 设平面的法向量为， 因为，， 所以，取． 设直线与平面所成的角为， 则， 平方得， 又因为，所以， 当且仅当时等号成立，此时可取，符合题意， 故的最大值为． 5．（26-27高三上·江苏常州·阶段检测）如图1，在平面五边形中，四边形是边长为1的菱形，，，．将沿翻折至，如图2．点在线段上运动． (1)若，证明：平面； (2)若，且，证明：平面平面； (3)求二面角的余弦值的最小值． 【答案】(1)如图，作出符合题意的图形， 连接，相交于点，连接， 四边形为菱形，所以为中点， 又为中点，所以， 又平面，平面，所以平面． (2)如图，作出符合题意的图形， 因为，有， 所以，得， 有是靠近的三等分点，则， 又，，，所以， ，， 则，即，， 又，，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面； (3)由，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示． 可得，，，， 由题意得平面的一个法向量为 设平面的一个法向量为，，， 由，得，令，则解得，， ，令， 因为，所以，令，， 则有，得， 有，得， 即 即二面角的余弦值的最小值为． 题型06 立体几何新定义问题 【技巧通法·提分快招】 面对新情景、新定义，首先要深入理解并分析这些新元素，将其与已知的立体几何知识相结合.明确解题目标后，灵活运用基本定理和性质，如平行、垂直的判定与性质，以及空间角、距离的计算公式.在解题过程中，合理构造辅助线和面，以揭示隐藏的空间关系，简化问题.对于复杂问题，可尝试建立空间直角坐标系，利用向量法进行计算和证明.同时，要善于将空间问题平面化，通过截面、投影等方式转化求解对象.最后，解题后要进行验证和反思，确保结论的正确性，并总结所使用的方法和技巧，以便在未来遇到类似问题时能够迅速应对. 1．在空间直角坐标系中，过点且以为方向向量的直线方程可表示为，过点且以为法向量的平面方程可表示为． (1)已知直线的方程为，请写出直线上一个点的坐标和直线的一个方向向量； (2)若直线与都在平面内，求平面的方程； (3)若集合中所有的点构成了多面体的各个面，求的体积和相邻两个面所在平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)直线上一个点的坐标为，直线的一个方向向量为 (2) (3)的体积为，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为 【分析】（1）根据定义即可求解； （2）根据定义求得直线的方向向量及直线上一个点，再说明该点在直线上，根据两直线的方向向量求得平面法向量，再结合点坐标即可求解平面的方程； （3）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式即可求解相邻两个面所在平面夹角的余弦值，由四棱锥的体积公式即可求解体积． 【详解】（1）因为直线的方程为，即， 可得直线上一个点的坐标为，直线的一个方向向量为． （2）直线的方程为，即， 可知直线过点，直线的一个方向向量， 因为， 所以直线过点，且其一个方向向量为， 则为平面内一点， 设平面的法向量为， 则，令，则，可得， 所以平面的方程为，即． （3）由集合可知， 多面体与坐标轴交于各点， ，如图所示， 可知四边形为正方形，边长， 所以正方形的面积为， 而正四棱锥的高为，则， 所以多面体的体积为， 由集合所有的点构成了多面体的各个面， 点均满足方程， 可知平面的方程为，且该平面的一个法向量为， 同理可知，平面的方程为，该平面的一个法向量为， 平面的方程为，该平面的一个法向量为， 所以， 由对称性可知，任意相邻两平面的夹角的余弦值都为， 故多面体相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为， 综上，的体积为，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为． 2．已知两个非零向量，在空间任取一点O，作，则叫做向量与的夹角，记作．定义与的“向量积”为：是一个与、都垂直的向量，且它的模．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，为线段AD上一点． (1)求； (2)若为线段的中点，求二面角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在； 【分析】（1）先证明为直线与所成角，再由定义去求解； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量进行求解； （3）由，，设，，得，即可求解． 【详解】（1）因为底面为矩形，所以，， 又底面，底面， 所以，又，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为，所以为直线与所成角，即， 在直角中， 所以， . （2）因为且为矩形， 所以可如图建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量， 则， 令，得   所以， 因为  所以平面的法向量可取， 设二面角的平面角为 ，则， 所以 ，     所以， 所以二面角的正弦值为． （3）依题意，，， 又， 所以，， 设，， 则 ， 所以， 由， 得 ，  所以 ， ， 由（1）知， 又因 ， 所以， 所以线段上存在点，使得，此时． 3．类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则.如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点. (1)求的值； (2)直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； (3)在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)见解析 (3)存在， 【分析】（1）连接，即可证明平面平面，即二面角的大小为，求出，再由所给三面角余弦定理计算可得； （2）依题意可得，设平面内任一条直线为，分过点与不过点两种情况，当过点，记与的夹角为（），则，结合余弦函数的性质即可得证； （3）以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合平面的条件即可求得的值，则P点位置可确定. 【详解】（1）连接，由已知得平面，， 又平面，所以平面平面， 所以二面角的大小为，因为四边形为菱形，， 所以，又，所以， 在中，， 由三面角余弦定理可得 . （2）证明：依题意可得，设平面内任一条直线为， 若过点时，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 若不过点时，过点作使得，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 综上可得. ； （3）以O为坐标原点，以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则， ，，，，， 则=，设，即 则 设为平面的法向量， ，， 则，不妨设，可得， 要使平面 则，则， 即存在点P，在线段的延长线上， 4．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.已知三棱锥如图所示. (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面，，，三棱锥在顶点处的离散曲率为.求点到平面的距离； (3)在（2）的前提下，又知点在棱上，过点作交于点，连接，若，求的长度. 【答案】(1)2 (2) (3) 【分析】（1）由离散曲率的定义求、、、，即可得； （2）由线面垂直的性质和判断得，结合求得，过点作于点，证明平面，则点到平面的距离为线段的长，根据已知求长度即可； （3）根据题意可求得、，设，则、，再应用余弦定理及列方程，即可求得. 【详解】（1）由离散曲率的定义得，， ，， 所以. （2）由平面，平面，得， 又，，平面，则平面， 又平面，所以，即， 又，即， 解得， 过点作于点， 由平面，平面，得， 又，平面，则平面， 因此点到平面的距离为线段的长， 在中，， 所以点到平面的距离为. （3）由平面，则平面，故为直线与平面所成的角， 依题意，，，， 则，， 设，则，， 在中，， 由，得，， 因此，而，解得， 所以． 实战检测·分层突破验成效 重难知识巩固 1．如图，在正三棱柱中，为的中点. (1)证明：平面. (2)求异面直线与所成角的余弦值. (3)在上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明：由正三棱柱的定义可知是等边三角形，平面． 因为平面，所以. 因为是等边三角形，D为的中点，所以. 因为，平面，且， 所以平面． (2)如图，取的中点，连接，，则， 则是异面直线与CD所成的角或补角. 设，则，，，， 故， 即异面直线与CD所成角的余弦值为. （3）在中，作，垂足为E. 因为平面，且平面， 所以. 因为平面，且， 所以平面. 因为平面BCE，所以平面平面. 设，则，，故. 因为， 所以， 则，， 所以. 故在上存在点E，使得平面平面，此时. 2．如图，在四棱锥中，平面平面BCDE，，，，，O为BC中点. (1)求直线AE与BC所成角的余弦值； (2)点B到平面ADE的距离； (3)线段AC上是否存在一点Q，使平面ADE？如果不存在，请说明理由；如果存在，求的值. 【答案】(1) (2) (3)存在，，证明见解析 【分析】（1）是中点，确定直线与所成角为，计算各线段长度，再利用余弦定理计算得到答案. （2）先计算各线段长度，计算的面积，再根据等体积法计算点到直线的距离. （3）过点作，过点作，交于点，证明平面平面，计算线段的比例关系，面面平行转化为线面平行，计算得到答案. 【详解】（1）如图所示：是中点，连接，则且，为平行四边形，故，直线与所成角为， 平面平面，，平面，平面平面， 故平面， 平面，平面，故， ， ， ， 中，. （2）， ， ，故， ， ， 设点到平面的距离为， ，， 故点到平面的距离为. （3）线段上存在一点，使平面. 理由如下： 连接，则四边形为平行四边形，， 过点作， 交于，则， 为中点，则为的中点，即，平面，则平面， 过点作，交于点，连接，则， 即， 又平面，故平面，又， 平面平面，又平面，平面， 故线段上存在一点， 当时，平面. 3．如图，在四棱锥中，底面为梯形，，平面，，，，为棱的中点．    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值； (3)在棱上是否存在点，使得直线平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明：取的中点，连接，如图所示.则，.    因为平面，平面，所以平面. 因为，，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以，. 因为平面，平面，所以平面. 又因为平面，，所以平面平面. 因为平面，所以平面. (2)因为平面，，所以平面，， 所以. 在中，， 在中，， 在中，， 如图所示，在中，取的中点，连接，    则，， 可得，. 由（1）可知，，则在中，， 设点到平面的距离为，则， 解得. 设直线与平面所成的角为，则. （3）棱上存在点，使得直线平面. 过作，垂足为，如图所示.    由（2）可知，且为的中点，所以. 因为平面，平面，所以. 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以. 因为，平面，所以平面. 在中，. 因为，所以， 解得，即点为靠近的三等分点. 4．（24-25高三下·甘肃白银·开学考试）如图，在三棱柱中，平面平面，为线段上一点．    (1)求证：； (2)是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 连接，因为在三棱柱中，所以四边形为平行四边形， 因为，所以四边形为菱形， 所以， 又平面平面，平面平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以; (2)如图，以的中点为坐标原点，过O作射线,则可以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，    因为， 则， ， 设， 则， 记平面的法向量， 则， 即， 得， 易得平面的法向量， 由题意：， 解得：或，经验证，或均符合题意． 所以或. 5．在如图所示的几何体中，四边形是菱形，，四边形是矩形，平面，，，点E为的中点． (1)求证平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在直线上存在动点P，使得直线与平面所成角的余弦值为求线段的长． 【答案】(1) 设与交于点，连接 四边形是菱形，是矩形， 所以且，且， 则且， 四边形是平行四边形，则是的中点． 是的中点， ，平面，平面， 平面． (2)连接，由四边形是菱形，， 为正三角形， 又是的中点，得，即， 平面，、平面， ，， 以为原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示 则，，，，， 得，，， 设平面的一个法向量为 则 令，得，， 平面的一个法向量为， 令，得，，， 得， 平面与平面所成角的余弦值为； （3）设，且， 由（2）知平面的法向量为， 设直线与平面的所成角为，则， 所以， 解得或， 或． 6．（25-26高三上·江苏常州·阶段检测）如图，四棱锥中，底面为矩形，.二面角的大小是，点在平面与平面的交线上.    (1)证明：； (2)求四面体的体积； (3)若为直线上的动点，且，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】(1)证明:因为底面为矩形，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为平面，平面平面，所以. (2)因为，平面，平面，所以平面， 又因为，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 如图所示，则. 因为，， 由余弦定理得， 则，所以是直角三角形，所以， 因为底面为矩形，所以，又，平面， 平面，所以平面，    因为，所以，又，平面， 平面，所以平面， 又二面角的大小是，即， 所以. 故四面体的体积为. （3）过点作于点，由（2）知，又，，平面，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面， 又因为，平面平面， 平面，所以平面，建立如图所示空间直角坐标系，则.    由已知，所以，所以. 设，则，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，解得，得， 又因为，所以， 令，则， 当，即时，， 故直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 7．如图，在四棱锥中，已知，是等边三角形，且为的中点. (1)证明：平面； (2)当时，试判断在棱上是否存在点，使得二面角的大小为.若存在，请求出的值；否则，请说明理由. 【答案】(1) 证明：如图，取的中点，连接， 是等边三角形，且为的中点. ， 是棱的中点，为的中点， ，且. ， ，且. 四边形是平行四边形， . 平面平面， 平面.    (2)是等边三角形，为的中点， ，且为的中点，， ， 又，且平面平面， 平面,平面, ，又，且平面， 平面， 平面， 以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向， 如图，建立空间直角坐标系    则， 假设存在满足题设的点，不妨设，且，则， ，且， ，即， 所以则即 不妨设平面的一个法向量为， 易知， 由 令，则，. 显然平面的一个法向量为， . ，又，解得， 存在满足题设的点，此时. 8．如图，在等腰梯形中，，，．为线段的中点，点G为等边的中心．将图形沿，折起，使得与重合，形成三棱锥．    (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)已知为平面内过点的一条直线，交为，设．是否存在直线，使得与所成角的正弦值为？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)延长交于，连接． ，，， ，， ∵点为等边的重心，，为的中点， ，平面，， 平面，即平面； (2)∵正三角形中，，，， ， ，，， ，， ； （3）作于，连接．   平面，平面，， ，平面，，平面， ，， ， 与所成角的正弦值为，且，   ，， 过点作交于，所以与所成角的正弦值为． ，，即． 9．如图1，过球上不在同一大圆上的，，三个点中的任意两点作大圆.可以得到劣弧，与，则这三条劣弧围成的曲面（阴影部分）称为球面，这三条劣弧称为球面的边.，，三点称为球面的顶点.设二面角为，二面角为，二面角为，则球面的面积，其中为球的半径，，，均用弧度制表示.以球心为坐标原点，建立如图2所示的空间直角坐标系.已知，，三点均在球的球面上，其中，. (1)求，的值； (2)求点到平面的距离； (3)求球面的面积. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由已知可得，求解即可； （2）由已知可得，进而可求平面的一个法向量，利用向量法可求点到平面的距离； （3）求得平面，平面，平面的法向量，进而可求，利用球面三角形的面积公式可求面积. 【详解】（1）根据，可得， 解得，因为，所以， （2）由（1）得，， 设平面的一个法向量为， 则，令，， 所以平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为； （3）依题意， 设平面，平面，平面的法向量为， 则，令，则，则， 则，令，则，则， 则，令，则，则， 所以， ， ， 结合四点的位置，可知均为钝角， 所以， 故球面的面积.. 10．如图，已知，，，，D为线段的中点．若是绕直线旋转而成的．记二面角的大小为θ． (1)当平面平面时，求θ的值； (2)当时，求二面角的余弦值的取值范围． 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出各点坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用面面垂直等价于法向量垂直的条件，得到关于的方程，解出即可； （2）设二面角 的大小为，利用两平面法向量夹角公式表示，将分为和两段讨论，结合的范围即可求得的取值范围． 【详解】（1）因为，所以， 所以为二面角的平面角，则， 在中，，则， 如图，以O为原点，在平面内垂直于的直线为x轴，，所在的直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，． 设为平面的一个法向量， 由，得， 取，则． 因为平面的一个法向量为，由平面平面得， 所以，即． （2）设二面角的大小为α， 由（1）得当时，； 当时，， ， 因为，所以， 所以， 故． 综上，二面角的余弦值的取值范围为． 11．（2026·陕西榆林·模拟预测）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．例如：正四面体在顶点A处的离散曲率为．如图，在三棱锥中． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率之和； (2)若平面ABC，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为． （i）求点到平面的距离； （ii）若点为的中点，则在棱上是否存在点，使直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出的长度，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)2 (2)（i）；（ii）存在， 【分析】（1）根据离散曲率的定义分别计算各个顶点处的离散曲率，再利用三角形内角和计算即可； （2）利用线面垂直的性质和判定证得，即，根据离散曲率的定义计算得， 解法1：根据点面距离的定义作出点到平面的距离线段，根据边角关系求解即可； 解法2：利用等体积转换法即可求出； 解法3：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量代入公式即可； （3）如图建立空间直角坐标系，利用向量法计算线面角的正弦值，即可得解. 【详解】（1）由离散曲率的定义得： ， ， 因为，同理可得其他三个三角形内角和为， 所以； （2）由平面ABC，平面ABC，得， 又，AC，平面PAC，则平面PAC， 由平面PAC，得，即， 又，即，解得． 解法1：过点A作于点M，由平面PAC，平面PAC，得， 又平面PCB，则平面PCB， 因此点A到平面PCB的距离为线段AM的长． 在中，，所以，点A到平面PBC的距离为． 解法2：设点到平面的距离为， 则，， 所以，即点到平面的距离为． 解法3：过作的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意得，， 设平面PBC的法向量， 则，即，令，则，得， 所以点到平面的距离． （ii）存在．过作的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得： ， 所以， 设，则， 设与平面所成的角为，因为，所以， 设平面的法向量， 则即 令，则，得 则， 整理得，解得： ， 所以，所以． 创新能力提升 1．如图1，，，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，分别连接、就得到了一个空间五面体（如图2）.    (1)若是四边形EBCF对角线的交点，求证：平面； (2)若图2中的，求直线与平面所成角的正弦值； (3)在（2）的条件下，在棱上是否存在点，使得平面与平面所成的二面角的余弦值为?若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 取中点，连接，，    由题意可知且， 又因为是矩形对角线的交点， 所以且，所以且， 则四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以平面； (2)因为在图1中，，且，， 在图2中上述关系依然成立， 以为坐标原点，，分别为轴，轴正向， 垂直平面向上方向为轴，建立空间直角坐标系，    则，，， ，，，所以， 又因为，平面，所以， 所以，，， 设平面的一个法向量， 则，则有， 取， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为； （3）存在. 假设存在满足条件的点， 设，所以， 则，， 设平面的一个法向量为， 则， 所以，取， 由（2）知平面的一个法向量， 则， 又平面与平面所成的二面角的余弦值为， 则，即， 整理得，解得或（舍去）， 所以当与点重合时，满足题意， 即在棱上存在点，使得平面与平面所成的二面角的余弦值为. 2．如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，平面平面． (1)证明：； (2)设直线与平面所成角为．若点为棱上的动点（不包括端点），求二面角的正弦值的最小值． 【答案】(1)证明：连接交于点，连接， 因为底面为菱形，所以为的中点，可得,， 又因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，又，由为公共边， 所以，所以. (2)解：过点作于点， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 所以为直线于平面所成的角，即， 因为平面，平面，所以， 又因为，且，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，所以为的垂心， 因为底面是边长为的菱形，且，所以为等边三角形， 所以点为的重心，可得， 则，且, 又因为，所以， 以为轴，以为轴，过点作平面的垂线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 设，可得， 则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设二面角的平面角为 ， 则， 令 ，则， 所以， 由于， 所以， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最大值为，所以的最小值为. 3．（2026·浙江·二模）如图，在等腰梯形中，，，点是边上靠近点的三等分点，将沿直线翻折至的位置. (1)若，求证：平面； (2)记平面与平面的夹角为，求的最小值. 【答案】(1) 连接、，如下图所示： 因为，，所以四边形为平行四边形， 所以，，又因为， 所以，则，所以， 因为四边形为平行四边形，则， 由余弦定理计算得， ，所以， ，所以，故，因为，， 所以，所以，翻折前，翻折后则有， 因为，、平面， 所以平面，而平面，所以， 又因为，，、平面， 所以平面. (2)以点为原点，、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设，其中， 设平面的法向量为，，， 则，令，得， 设平面的法向量为，，， 则， 令，则， 所以， 令，则， 所以， 当且仅当时，即当时，等号成立，所以的最小值为. 4．球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科，如图一，球O的半径为R，A，B，C为球面上三点，设表示以O为圆心，且过B，C的圆，劣弧BC的弧长记为a，同理，圆，的劣弧AC，AB的弧长分别记为b，c，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形，若设二面角，，的大小分别为，，，那么球面三角形的面积公式为． (1)球O的半径为R，球面上三点A，B，C构成球面三角形，已知三个二面角分别为，，，求该球面三角形ABC的面积； (2)若将图一中四面体OABC截出得到图二，若平面三角形ABC为直角三角形，，设，，． ①求证：； ②延长与球交于点，连接，若直线与平面所成的角分别为，，为中点，为中点，在线段上，，，设平面与平面的夹角为，若，求t的范围． 【答案】(1) (2)①由余弦定理，以及， 得， 即，即， 所以，即； ②由题意可知是球的直径，则有，， 又，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 又因为平面，所以平面， 又平面，所以， 以为坐标原点，以，所在直线为，轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系： 设， 则，，，， 则， 因为直线与平面所成的角分别为，，平面的法向量为， 则，则， 解得，， 则， 则， 因为在线段上，，，所以， 分别设平面，的法向量为， 则，令，则，， 因为平面与平面的夹角为，且， 则 化简得，又，所以， 故t的范围为. 5．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在斜三棱柱中，，，侧棱，，，其中为锐角． (1)当时，求证：； (2)定义：过点作垂直底面于，且在内部，记与、所成角分别为、，称为斜三棱柱的投影偏差率． （ⅰ）当时，求斜三棱柱的投影偏差率（不需证明），并求此时平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）关于的函数解析式记为，若存在两个不同的锐角，使得，求证：． 【答案】(1)证明如下： 因为 ， 所以，即． (2)（ⅰ）以为坐标原点，为轴，为轴，过A垂直于面的直线为轴， 建立下图所示空间直角坐标系， 则， （ⅰ）已知，，， 则，故， 已知与、所成角分别为、， 则， 则， ，则， ， ， 设平面的法向量为，则， 令，则， 平面的法向量可取， 设平面与平面夹角为，则 ； （ⅱ）证明如下： ， 已知存在两个不同的锐角，使得， 设， 则， 锐角，是两个不同的锐角，则符号相反， ，即， 化简整理得， ，，为锐角，则， ． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $