拓展专题02 揭密空间直角坐标系建系的十大策略（期中复习讲义·培优版，10大核心题型）高二数学上学期人教A版

西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 拓展专题02揭密空间直角坐标系建系的十大策略 (期中复习讲义) 内容导航 明期中考情 把握命题趋势，明确备考路径 记必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型一利用共顶点且相互垂直的三条棱建系 题型二利用线面垂直建系 题型三利用面面垂直建系 题型四利用正棱锥的中心与高所在直线建系 题型五利用图形中的对称关系建系 题型六作线面垂直辅助线建系 题型七不规则几何体型建系 题型八台体建系 题型九翻折型建系 题型十等角射影角平分线型建系 过分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 明·期中考情 核心考点 复习目标 考情规律 空间平 能建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量解决线 期中必考点，多为解答题 行、垂直 线、线面、面面的平行或垂直关系的证明问题，提升逻 关系的证 辑推理和数学运算的核心素养 明 空间角 能建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量求各类 期中必考点，多为解答题 空间角，提升数学运算和逻辑推理的核心素养. 空间距离 能建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量求解空 常考考点，常出现在解答 1/27 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 间距离问题，提升逻辑推理与数学运算的核心素养。 题中 记·必备知识 国如识点建立空间直角坐标系的基本步骤 建立空间直角坐标系时，可以按照以下步骤进行： 1.确定空间直角坐标系的三个坐标轴方向，一般选择为某轴、y轴和z轴。 2确定空间直角坐标系的原点，一般选择为三个轴的交点。 3确定坐标轴的正方向，一般按照右手定则确定，即当右手的大拇指指向某轴正方向，食指指向X轴正方 向时，中指所指的方向即为z轴正方向。 4.确定坐标轴的长度和间距，一般选择适当的数值，方便计算。 5根据需要，可以在空间直角坐标系中建立坐标系网格和标注坐标轴上的刻度值，方便进行坐标计算和表 示几何体。 破·重难题型 题型一利用共项点且相互垂直的三条棱建系（墙角型） 解|题技巧 若直线OA,OB,OC两两垂直，则可以点O为原点，这三条直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直 角坐标系O-yz,如下图所示： ABCD-ABC D 【典例1】(2026山西忻州模拟预测)如图，在直棱柱 中，底面1BCD 直角梯形， 2/27 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 BCD,AD L AB,且AB=2,CD=,D=1又M上平面4BCD,44=2点M,N分 点 D ”分别为 BB 的中点 D C A B Ms--- (1)证明：MNII平面ABCD, CB M ABCD (2)求平面 与平面 夹角的余弦值： BM 3)求点A到平面 的距离。 【变式1】(25-26高二上：广西玉林·阶段练习)已知四棱 BCD-ABCD中，底面1BCD为梯形， AB/1CDAA⊥ 平面4CD,AD14B,共中B=M=24D=DC=LN是8C的中点，M是D0 是 的中点. 3/27 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A D B D B ,N∥CB,M (1)求证 平面 (2)求平面 1与平面BCC所成二面角的余弦值： CBM 3)求点B到平面 CBM 的距离. 题型二利用线面垂直建系 解引题|技|巧 当一条直线与一个平面垂直时，可以这条直线为z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： P D B 【典例2】(26-27高二上广东惠州阶段检测)在四棱锥P-ABCD中，PA1平面ABCD,AB⊥AD, AD//BC,AB=AD=2BC=2,PA=2. (1)求证：平面PAB⊥平面PBC: 4/27 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 PM (2)若点M在棱PC上，且二面角M-AB-D的大小为45，求MC的值. D A 【变式2】(26-27高二上北京石景山阶段检测)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC, ∠BAC=90°，D,E,F分别是棱AB,BC,CP的中点，AB=AC=4,PA=2. F D B (1)证明：PB/I平面DEF: (2)求直线BA与平面DEF所成角的正弦值： (3)求三棱锥E-PDF的体积： 5127 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型三利用面面垂直建系 解|题技|巧 当两个平面互相垂直时，可在一个平面内作一条直线与另一个平面垂直，并以这条直线为z轴，建 立空间直角坐标系，如下图所示： 【典例3】(26-27高二上河南平顶山-阶段检测)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD1平面ABCD △PAD是等边三角形，ADIBC,AD⊥CD,AD=CD=2BC=4,E是棱PA的中点，F是棱PC上异于 端点的一点 (1)求证：BE/I平面PCD: (2)若PF=FC,求二面角B-EF-P的正弦值： (3)若直线EF与平面PCD所成角的大小为3，求线段PF的长. 6127 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【变式3】(26-27高二上·安徽六安阶段检测)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD1底面ABCD, APAD是边长为4的等边三角形，AD/BC,AB⊥BC,BC-方4B=号4D,y是按CP上的点，且 CM =元，e(0, CP D B (1)若PAM平面BDM,求九的值： 者A=号，求平面ABCD与平面BDM夹角的余张值： 巴题型四 利用正棱锥的中心与高所在直线建系 解题技巧 对于正棱锥，可以底面中心为原点，中心与顶点连线为z轴，建立空间直角坐标系，如下图所 示： 7127 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【典例4】(26-27高二上·山东临沂阶段检测)如图，在正四棱锥P-ABCD中，所有棱长都相等，点 E,F 的中点，点C在楼MB上，且G=1 PC,PB G 分别是棱 (1)若元=2，证明：GF‖平面BDE (2)若GF⊥BD,求元的值： (3)求平面BDE与平面PDG夹角余弦值的取值范围. 【变式4】(2026河北沧州一模)如图，在正四棱锥E-ABCD中，M是棱EC的中点，过AM的平面与 棱D,BB分别交于点P,D(包括端点)，Q,M交于点G,B=22,BA=25 8127 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 EO (1)若BD∥平面AOMP,求QB; EO 3 (2)若QB2,求平面AgMP与平面ABCD的夹角的余弦值： (3)求四棱锥E-AQMP的体积的最小值， 题型五利用图形中的对称关系建系 解|题技巧 图形中虽没有明显交于一点的三条直线，但有一定对称关系（如正三棱柱、正四 棱柱等)，此时可利用自身对称性可建立空间直角坐标系，如正棱柱可以上、下底面 9/27 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 中心连线为z轴，建立空间直角坐标系 【典例5】(2025高三全国专题练习)如图，P,0分别是正四棱柱上、下底面的中心，E是AB的中点， AB=kAA A B AEI (1)求证： 平面PBC ②当=v5时，求直线P1与平面 C 所成角的正弦值 【变式5】(25-26高二下江苏准安期中)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形， ∠ADC=60°，AB=PB=PD=4 10/27 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (1)证明：BD⊥平面AC: 2已知PA=2,点E满 BE=元AP,0<元<1，BD1/平面PBC. (i)求九： (ii)求平面PBD与平面PEC的夹角. 巴慰型六作线面垂直辅助线建系 解|题|技巧 对于一些非规则的几何体或者斜棱柱这类的几何体，有时很难在图形中找到线面垂直或面面垂 直，这时可通过作辅助线，即过一个适当的点作出一条直线与某平面（一般为底面）垂直，再以这条 直线为z轴，建立空间直角坐标系 【典例6】(24-25高三下·浙江金华·阶段练习)如图，在三棱柱 ABC-ABC中，△MBC 边长为2的正 BBCC AA=AB 三角形，侧面 是矩形， 11/27 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A C B A-ABC (1)求证：三棱锥 是正三棱锥： (2)若三棱柱 BC-A8C的体积为25，求直线1C与平面M AABB 所成角的正弦值. 【变式6】(25-26高三上广西开学考试)如图，在四棱锥P-ABCD中，AD1平面PAB,AD1/BC,E 为棱AB的中点，PA=PB,DE⊥PC. B (I)证明：DE⊥平面PCE: (2)若1B=BC=4AD=4PA=25 求二面角 -PC-E 的正弦值， 12/27 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型七不规则几何体型建系 解|题技巧 1.若是有垂面，可以垂面建系，难点在于需要寻找“空中点坐标” 2.如有垂线，则可以垂线型建系 3. 无有垂线和垂面，则可以通过选择合适几个点，“切割出”三棱锥，转化为斜面型三棱锥来建系 设点 【典例7】(2026四川达州一模)在多面体ABCDE中，平面ABE⊥平面 BCE,BC⊥CE,∠EBC=30°，△ABE 为等边三角形，四边形ABCD为平行四边形，M,N分别为AD,BE的中 点 A M D B (I)求证：MN⊥CE, (2)求直线MN与平面ACE所成角的正弦值. 13/27 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【变式7】(2026福建泉州模拟预测)如图，在以P,A,B,C,D为顶点的多面体中，四边形ABCD为 菱形，平面ABCD L平面PAD,AD=AP,∠ADP=30°，点M在边PD上，AM=MP. M (I)求证：AM⊥CD: (2)若∠ADC=60°，求平面ACM与平面BCP所成角的正弦值. 它题型 台体建系 解引题技巧 1.正棱台型，建系较简单，一般是正多边形中心作为原点，上下底面连线作为z轴 2.非正棱台型，如有垂面或者垂线，则可以垂面垂线型建系，无垂面垂线，则可参考三棱锥斜面建 系思维 【典例8】如图，在多面体ABCFDE中，四边形ABED是菱形，CB∥FE,CB=2FE,CBI平面 ABED,点G是线段CD的中点. 14/27 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 F D B A (I)证明：FG⊥平面BCD: (2)若AB=BC=BD,求直线FG与平面ACD所成角的正弦值. 【变式8】(2526高二上浙江期中)如图，四楼台中，底面48CD为正方形，B上平面D0A,且 AA=DD AB=4 AB=2 A B D DD /1 ABC (1)证明： 平面 (2)若直线CC,与平面4BC所成角的正弦值为g,求CC的长， 15/27 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型九翻折型建系 解引题|技巧 翻折型几何体，寻找翻折前和翻折后的“变与不变”的点线面关系。 1.翻折前翻折后在同一平面内的点线，数量关系不变。 2.翻折后，一般情况下是存在垂直的平面，可以利用垂面法建系计算 3.翻折后，可以构造三棱锥，利用三棱锥斜面建系法来建系计算 【典例9】(26-27高二上·四川南充阶段检测)如图，在矩形ABCD中，AB=2,AD=1,E为AB中点. △ADE 将△ADE沿DE翻折得到 ADE⊥ BCDE ,且平面 平面 A E E AD⊥ACE (1)求证： 平面 A-BC-D (2)求二面角 的余弦值： 3)若点M为△ABC EM=xEA +yEB+zEC 的内部一动点，且 （其中x,y,2均为正实数)，求 x2yz+xy2z 的最大值 (附：已知n个正数的算术平均数满足不等关系： a+4+…+a≥a4,…a,当且仅当a=42==a n 时取等号) 16/27 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【变式9】(2026四川巴中·模拟预测)如图1所示，在四边形ABCD中，BC⊥CD,E为BC上一点，且 1c,E=E=20-2.正-，将阳边形0沿返打起，债角C-5 得到如图2所示的 四棱锥，点F在棱BE上，平面DCF与棱AB交于点G E B D G 图1 图2 (1)证明：AE∥FG: V22 EF (2)若直线BD与平面ADF所成角的正弦值为11，求EB. 题型十等角射影角平分线型建系 解|题|技巧 17/27 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 若一条射线与角的两边所成的角相等，则这条射线在角所在平面内的射影是这个角的平分线，对于 这种背景的图形，可取该射线上某适当的点，则该点在底面内的射影为对应角平分线上一点，再以这 点为原点，建立空间直角坐标系。 ABCD-ABC D 【变式10】(2026四川巴中·二模)如图，平行六面体 中，底面ABCD是边长为2的菱形， 且∠BAD=60,M4=6,∠AAB=∠AAD∠A4C=45 AC与BD交于O. A A0⊥ (1)证明： 平面ABCD; B-CC-D (2)求二面角 的正弦值. 【变式10】.如图，在四棱柱 BCD-4BGD中，BC=CD=DB=5AB=V5AD=2,CB=CD 18/27 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D B (1)求证：平面 CDL平面4CC4 (②设E为楼8C的中点，线段1C,DE交于点F,CFL 平面ABCD.BCF=2 4C与平面 BC 交于点 ,且 ，求平面 的夹角的余弦值 过·分层验收 期中基础通关练（测试时间：45分钟） 1.(26-27高二上·天津宁河阶段检测)如图，在棱长为2的正方体 BCD-ABCD中，B,F分别为技 DD CD 的中点。 19/27 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A D B C A C B,F∥ ABE (1)求证 平面 ABE 2求直线BD与平面A6 所成角的正弦值. 2.(25-26高二上·重庆沙坪坝期中)如图为正四棱锥P-ABCD,O为底面ABCD的中心，OP=4, AP=25 E D B (1)求点B到平面PCD的距离； (2)若E为PB的中点，求直线DE与平面PBC所成角的正弦值， 3.(25-26高二上新疆期中)在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD/IAB,AD=DC=CB=1, 20/27 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 AB=2 DP=3 D --B (I)证明：BD⊥PA: (2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值. 4.(24-25高二下·四川泸州·期中)如图，在三棱柱 MBC-48C中，A士平面4BC,△1BC是边长为2 的正三角形， 4M=3,D,E分别为4B,BC的中点 B B ()求证： CD上平面 ABB ABE (②)求直线BC与平面48E 所成角的余弦值。 21/27 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 5.(2026广西百色.一模)如图，△ABC和△DBC所在平面垂直，且AB=BC=BD,∠CBA=120°， BD⊥AB, B E D (1)证明：BD⊥AC (2)若AB=2,E为CD的中点，求直线AE与平面ABD所成角的正弦值. 期中重难突破练（测试时间：40分钟） 6.(24-25高二下甘肃期中)如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥AP,AC1BC,平面PBC⊥平面ABC, 二面角P-1B-C为45，己知 AB=4V3,AC=23 22/27 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 、、 B (1)求AP的长： (2)求锐二面角B-AP-C的余弦值 7.(26-27高二上·重庆沙坪坝阶段检测)已知三棱柱 BC-ABG中，∠ACB=90,ABLAC AC=AA=4 BC=2 C A B ---- 23/27 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 平面ABC AACC⊥ (1)求证：平面 ∠4AC=60 ,点P为线段AC上的四等分点（靠近点4），求二面角 -AP-C (2)若 的余弦值 8.(2026全国一卷高考真题)如图，在直三棱柱 主BC-ABG中，∠ACB=90,4C=BC,D,E分别 为AB.AG 的中点. C B E C D B BCC B (1)证明： DE‖平面 CC,=2 ACCA (2)设 12,直线DB与平面 45° 所成的角为45°，求直线DE到平面 CCB 的距离 9.(26-27高二上·安徽六安阶段检测)如图1所示，在等腰梯形ABCD中，BC1AD,CE⊥AD,垂足为 24/27 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 E,D=3BC=3,EC=l,将ADBC沿BC ,△DEC DEC⊥ ABCE 沿折起到的位置，如图2所示，平面 平面 D D B B 图1 图2 (1)求证：平面 BC0上平面CDE (2)求直 CD与平面 ABD 所成角的正弦值： 10.(26-27高二上河南周口阶段检测)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AD⊥CD, ADIIBC,PA=AD=CD=2,BC=4.E为PC的中点，F为BC的中点. B (1)证明：平面DEF∥平面PAB; (2)求二面角F-DE-P的正弦值： 白设点G在pD上，且G-号D.武财Bg:G因点是西共面，关说明理由， 25/27 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 期中综合拓展练（测试时间：30分钟） 11.(2025全国一卷·高考真题)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,BCIIAD A (I)证明：平面PAB⊥平面PAD; (2)设 PA=AB=2,BC=2,AD=1+ ,且点P,B,C,D均在球0的球面上. (i)证明：点O在平面ABCD内； (ⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值， 12。(2627商=上浙江嘉兴阶段检测)已知圆0：+少=9与产轴交于A,B,过点P-10)的直线 26/27 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 交圆O于异于A,B的两点M,N. (1)当MN=4V 0 时，①直接写出直线的方程（无需过程）：②将圆沿轴折成直二面角，如图，在上半 10 圆上是否存在一点g(异于A'B点)，使平面ONQ与平面BMN的夹角的余弦值为 5 ？若存在，求出 线段BQ的长；若不存在，说明理由； (2)将圆0上每一个点的横坐标保持不变，纵坐标缩短为原来的3，得到新的曲线C:点M,N经过上述 变化后记为M',N',直线MA与直线NB相交于T,①求出曲线C的方程；②求证：点T在定直线上. 27/27 拓展专题02 揭密空间直角坐标系建系的十大策略 （期中复习讲义） 内 容 导 航 明·期中考情 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型一 利用共顶点且相互垂直的三条棱建系 题型二 利用线面垂直建系 题型三 利用面面垂直建系 题型四 利用正棱锥的中心与高所在直线建系 题型五 利用图形中的对称关系建系 题型六 作线面垂直辅助线建系 题型七 不规则几何体型建系 题型八 台体建系 题型九 翻折型建系 题型十 等角射影角平分线型建系 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 空间平行、垂直关系的证明 能建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量解决线线、线面、面面的平行或垂直关系的证明问题,提升逻辑推理和数学运算的核心素养 期中必考点，多为解答题 空间角 能建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量求各类空间角，提升数学运算和逻辑推理的核心素养. 期中必考点，多为解答题 空间距离 能建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量求解空间距离问题，提升逻辑推理与数学运算的核心素养. 常考考点，常出现在解答题中 知识点 建立空间直角坐标系的基本步骤 建立空间直角坐标系时，可以按照以下步骤进行： 1.确定空间直角坐标系的三个坐标轴方向，一般选择为某轴、y轴和z轴。 2.确定空间直角坐标系的原点，一般选择为三个轴的交点。 3.确定坐标轴的正方向，一般按照右手定则确定，即当右手的大拇指指向某轴正方向，食指指向X轴正方向时，中指所指的方向即为z轴正方向。 4.确定坐标轴的长度和间距，一般选择适当的数值，方便计算。 5.根据需要，可以在空间直角坐标系中建立坐标系网格和标注坐标轴上的刻度值，方便进行坐标计算和表示几何体。 题型一 利用共顶点且相互垂直的三条棱建系（墙角型） 解｜题｜技｜巧 若直线OA,OB,OC两两垂直，则可以点O为原点，这三条直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O-xyz,如下图所示： 【典例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． 【变式1】（25-26高二上·广西玉林·阶段练习）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中是的中点，是的中点．    (1)求证平面； (2)求平面与平面所成二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由中位线得到平行四边形，再由线面平行的判定定理证明； （2）建立空间直角坐标系，分别求得两个平面的法向量，计算得到法向量夹角的余弦值，从而得到两个平面所成角的余弦值； （3）由点到平面的距离公式计算得到答案. 【详解】（1）取的中点，连接，    则且，又且，所以且， 所以四边形为平行四边形，得， 又平面，平面，所以平面． （2）建立如图空间直角坐标系，    则， 所以， 设平面与平面的一个法向量分别为， 则，， 令，得， 所以， 则， 即平面与平面所成角的余弦值为 （3）由，平面的一个法向量为， 则点到平面的距离为. 题型二 利用线面垂直建系 解｜题｜技｜巧 当一条直线与一个平面垂直时，可以这条直线为z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 【典例2】（26-27高二上·广东惠州·阶段检测）在四棱锥中，平面，，，，． (1)求证：平面平面； (2)若点在棱上，且二面角的大小为，求的值． 【答案】(1)因为平面，且平面， 所以又已知因此两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由，得， 又，故 由，，，故平面， 故平面法向量可取， 平面中，， 设平面的法向量为，则， 由第一式得，代入第二式得，取，则，所以 因为所以平面平面. (2) 【分析】（1）由底面得，结合建系；求两平面法向量，由法向量数量积为证面面垂直； （2）设分的比例，用参数表示坐标；求平面与底面法向量，由二面角为列方程解参数，再求比值. 【详解】（1）略 （2）设在棱上，令 则 平面即为底面，其法向量为 平面中， 设平面的法向量为，则，即， 取，则，故 二面角的大小为，所以 而 因此 两边平方：即 展开整理：， 解得因为，所以 于是故. 【变式2】（26-27高二上·北京石景山·阶段检测）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， 故直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， 在中，，，， 所以，，所以， 所以的面积为， 所以， 即三棱锥的体积是. 题型三 利用面面垂直建系 解｜题｜技｜巧 当两个平面互相垂直时，可在一个平面内作一条直线与另一个平面垂直，并以这条直线为z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 【典例3】（26-27高二上·河南平顶山·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面平面，是等边三角形，，，，是棱的中点，是棱上异于端点的一点. (1)求证：平面； (2)若，求二面角的正弦值； (3)若直线与平面所成角的大小为，求线段的长. 【答案】(1)证明：取的中点，连接， 因为为的中点，所以且， 又因为，且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，且平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）取的中点，证得四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可得证； （2）取的中点，以为原点，建立空间直角坐标系，由，求得，分别求得平面和平面的法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）设，得到，求得平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解. 【详解】（1）略 （2）解：取的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 又因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 因为且，所以，且， 所以四边形是平行四边形，可得，又因为，所以， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 可得， 因为，可得是的中点，可得， 所以， 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， 所以二面角的正弦值为. （3）解：设，其中， 因为，可得， 所以， 又因为， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 因为直线与平面所成的角为，可得， 即，解得， 又因为，所以. 【变式3】（26-27高二上·安徽六安·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面底面，是边长为4的等边三角形，，，，是棱上的点，且，． (1)若平面，求的值； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值； 【答案】(1) (2) 【分析】（1）解法一：利用三角形相似求解；解法二：建立空间直角坐标系，利用和平面法向量垂直求解； （2）解法一：建立空间直角坐标系分别求出两个面的法向量，再利用面面夹角公式求解；解法二：写出坐标，计算法向量再求解. 【详解】（1）解法一：连接与交于点N，连接，因为平面，且平面平面， 平面，所以，则，又因为，所以， 则，所以的值为． 解法二：取的中点O，连接，连接，因为是边长为4的等边三角形，所以，且， ，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面． 又因为，，所以．因为，所以，， 则，因为，所以四边形是矩形，以O为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，． 设，因为，所以， 解得，，，则． 设平面的法向量为，则，． 则，即，， 取，解得，， 则平面的一个法向量， ，因为平面，所以，即， 所以，即，解得． （2）解法一：取的中点O，连接，连接，因为是边长为4的等边三角形，所以，且，， 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面．又因为，，所以． 因为，所以，，则， 因为，所以四边形是矩形， 以O为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， ， ， 设为平面一个法向量，则， 令，则所以， 平面法向量取，则，， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 解法二：当时，，平面的法向量， 平面的法向量取，设两面夹角为， 则．所以平面与平面的夹角的余弦值为． 6．（2026·广西·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，． (1)证明：平面； (2)已知是棱上一点，且，求平面与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明：因为，所以，． 因为四边形是菱形，所以． 又，，，平面，所以平面， 又平面，所以． 因为，，，，平面， 所以平面． (2) 【分析】（1）由勾股定理逆定理可得，再根据线面垂直的判定定理证明即可； （2）记，以为原点建立空间直角坐标系，设，由得到的坐标，分别表示出平面与平面的法向量，利用面面角的向量夹角公式即可求解. 【详解】（1）略 （2）记，过点作，所以平面， 因为，平面， 所以，，即，，两两垂直， 以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示． 设，因为底面是菱形，，所以，，，，，，． 由，得，即． ，，设平面的法向量为， 则即 令，得，， 所以是平面的一个法向量． ，，设平面的法向量为，则即令，得，， 所以是平面的一个法向量． 设平面与平面所成角为，则， 所以，即平面与平面所成角的正弦值为． 题型四 利用正棱锥的中心与高所在直线建系 解｜题｜技｜巧 对于正棱锥，可以底面中心为原点，中心与顶点连线为z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 【典例4】（26-27高二上·山东临沂·阶段检测）如图，在正四棱锥中，所有棱长都相等，点分别是棱的中点，点在棱上，且. (1)若，证明：平面； (2)若，求的值； (3)求平面与平面夹角余弦值的取值范围. 【答案】(1)如图，连接，交于，连结，则为的中点，又为的中点，所以， 当时，为的中点，又为的中点，所以，所以， 又平面，平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）连接，根据中位线性质和平行的传递性可证得，再根据线面平行的判定定理即可证得结论； （2）根据题设条件建立空间直角坐标系，设，求出相关点和向量的坐标，结合即可求得的值； （3）利用（2）中建立的坐标系分别求出两平面的法向量，根据空间向量夹角的坐标公式表示出两平面夹角余弦的解析式，结合二次函数的性质即可求得范围. 【详解】（1）略 （2）如图，连接，由正四棱锥可知两两垂直， 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则， ， 所以， 因为，所以，解得. （3）由（2）知， 所以， 设平面的一个法向量为，则，即， 取，则，，所以； 设平面的一个法向量为，则，即， 取，则，，所以； 设平面与平面的夹角为， 则， 因为在棱上，所以，所以函数， 所以，即平面与平面夹角余弦值的取值范围是. 【变式4】（2026·河北沧州·一模）如图，在正四棱锥中，是棱的中点，过的平面与棱，分别交于点，（包括端点），，交于点，，. (1)若平面，求； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求四棱锥的体积的最小值. 【答案】(1)2；(2)；(3) 【分析】（1）根据点线面的位置关系得到点是的重心，从而由比例关系可得答案； （2）建立空间直角坐标系，得到各点坐标，求出平面的法向量，利用夹角公式进行求解； （3）设，，由共线定理推论可得，由基本不等式可得，并得到体积最小值 【详解】（1）设，如图. 因为，所以，， 因为平面，平面，所以平面，平面， 因为平面平面，所以，所以点也是与的交点， 即点是的重心，所以. 因为平面，平面平面， 所以，所以. （2）分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示. 因为，，所以，，，. 因为， . 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 又平面的一个法向量为， 所以， 即平面与平面的夹角的余弦值为. （3）四棱锥的体积 . 由（1）知，恒过点，点为的重心.设，， 因为，，，三点共线， 所以，即， 由基本不等式可得，所以，当且仅当时取等号. 因为，所以， 所以， 所以四棱锥的体积的最小值为. 题型五 利用图形中的对称关系建系 解｜题｜技｜巧 图形中虽没有明显交于一点的三条直线，但有一定对称关系（如正三棱柱、正四棱柱等），此时可利用自身对称性可建立空间直角坐标系，如正棱柱可以上、下底面中心连线为z轴，建立空间直角坐标系. 【典例5】（2025高三·全国·专题练习）如图，分别是正四棱柱上、下底面的中心，是的中点，.    (1)求证：平面； (2)当时，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）建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，然后利用共面定理得，进而利用向量法证明线面平行即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后利用向量法求解线面角即可； 【详解】（1）以点为原点，直线所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 不妨设，    则. 由上得. 设得， 解得，所以. 因为平面，平面，所以平面. （2）当时，由， 得. 设平面的法向量为， 则由得. ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【变式5】（25-26高二下·江苏淮安·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，． (1)证明：平面PAC； (2)已知，点满足平面PEC． （i）求； （ii）求平面PBD与平面PEC的夹角． 【答案】(1)因为ABCD为菱形，所以， 设AC，BD交于点，则， 又因为，所以， 因为，AC，平面PAC， 所以BD平面PAC； (2)（i）；（ii） 【分析】（1）利用菱形、等腰三角形的性质，结合线面垂直的判定定理证明即可； （2）（i）取PC中点，利用平面向量共线及三角形中位线的性质得； （ii）建立空间直角坐标系，利用空间向量计算面面夹角即可. 【详解】（1）略 （2）（i）取PC中点，则且，由知， 所以，即四点共面， 因为平面PEC，平面OBEF，平面平面， 所以， 因此OFEB是平行四边形，故，即； （ii）由（1）可知，BD平面PAC，因为平面ABCD，所以平面平面PAC， 因为平面平面，所以在平面PAC内作Oz垂直于AC，如图， 以为原点，建立空间直角坐标系， 由题意可知，，，， 因为，且，所以，， 因此，，， ，， 由此可知，设平面PBD的一个法向量， 则，也即， 令，得， 设平面PEC的一个法向量， 则，也即， 令，得， 所以， 所以平面PBD与平面PEC的夹角为. 题型六 作线面垂直辅助线建系 解｜题｜技｜巧 对于一些非规则的几何体或者斜棱柱这类的几何体，有时很难在图形中找到线面垂直或面面垂直，这时可通过作辅助线，即过一个适当的点作出一条直线与某平面（一般为底面）垂直，再以这条直线为z轴，建立空间直角坐标系. 【典例6】（24-25高三下·浙江金华·阶段练习）如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧面是矩形，． (1)求证：三棱锥是正三棱锥； (2)若三棱柱的体积为，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）根据线面垂直的判定定理及性质定理，证明平面即可； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角正弦即可. 【详解】（1）分别取AB，BC中点D，E，连接CD，AE交于点O，则点O为正三角形ABC的中心． 因为得， 又平面， 所以平面，又平面， 则； 取中点，连接，则四边形是平行四边形， 因为侧面是矩形，所以，又， 又平面， 所以平面，又平面，则； 又，平面，所以平面， 所以三棱锥是正三棱锥． （2）因为三棱柱的体积为，底面积为，所以高， 以E为坐标原点，EA为x轴正方向，EB为y轴正方向，过点E且与平行的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量，因为． 则，取，可得， 又， 设直线与平面所成角为θ， 所以. 【变式6】（25-26高三上·广西·开学考试）如图，在四棱锥中，平面，，E为棱的中点，，. (1)证明：平面； (2)若，，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得平面，进而得，再根据线面垂直的判定定理得证； （2）以为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量法求解. 【详解】（1）因为，E为棱的中点，所以， 因为平面，平面，所以. 因为平面，平面，且，所以平面. 因为平面，所以. 因为，平面，平面，且，所以平面. （2）取棱的中点，连接， 因为E为棱的中点，所以∥， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以，，两两垂直， 所以以为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，， 则，，. 设平面的法向量为， 则，令，得. 由（1）可知平面的一个法向量为. 由， 所以二面角的正弦值为. 题型七 不规则几何体型建系 解｜题｜技｜巧 1．若是有垂面，可以垂面建系，难点在于需要寻找“空中点坐标”. 2．如有垂线，则可以垂线型建系. 3．无有垂线和垂面，则可以通过选择合适几个点，“切割出”三棱锥，转化为斜面型三棱锥来建系设点. 【典例7】（2026·四川达州·一模）在多面体ABCDE中，平面平面为等边三角形，四边形ABCD为平行四边形，M，N分别为AD，BE的中点.    (1)求证：； (2)求直线MN与平面ACE所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】 【详解】（1）连接，过作，垂足为，过作，垂足为， ∵为等边三角形，N分别为BE的中点，∴ ∵平面平面平面平面平面， ∴平面 以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 设等边的边长为2， 则 设则 ∵四边形ABCD为平行四边形，M为AD的中点， 所以 .,, ∵， 所以，即.    （2）由（1）知, 设平面的一个法向量为 ，取则， 所以是平面的一个法向量. . 所以直线MN与平面ACE所成角的正弦值为. 【变式7】（2026·福建泉州·模拟预测）如图，在以为顶点的多面体中，四边形为菱形，平面平面，点在边上，． (1)求证：； (2)若，求平面与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】 【详解】（1），点在边上，， ， ，即． 又平面平面，平面平面平面， 平面． 平面，. （2）连接，在平面内，过点作的垂线，垂足为． 平面平面，平面平面平面， 平面．由（1）知，， 以点为坐标原点，及过点平行于的直线分别为轴， 建立如图的空间直角坐标系，设， ，四边形是菱形，． 于是在中，， 则， 则． 由（1）知平面， 平面． 四边形是菱形，． 又，且平面平面． 为平面的一个法向量． 设平面的法向量为， 则，即， 取，可得，故． 于是． 设平面与平面所成角为，则． 故平面与平面所成角的正弦值为. 题型八 台体建系 解｜题｜技｜巧 1.正棱台型，建系较简单，一般是正多边形中心作为原点，上下底面连线作为z轴. 2.非正棱台型，如有垂面或者垂线，则可以垂面垂线型建系，无垂面垂线，则可参考三棱锥斜面建系思维. 【典例8】如图，在多面体ABCFDE中，四边形ABED是菱形，，，平面ABED，点G是线段CD的中点． (1)证明：平面BCD； (2)若，求直线FG与平面ACD所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接AE，交BD于点O，连接GO.根据题意得到和，利用线面垂直的判定得到平面CBD，然后利用中位线定理得到四边形EFGO为平行四边形，进而得到，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，分别求出平面的法向量和直线的方向向量，利用空间向量的夹角公式进而求解. 【详解】（1）连接AE，交BD于点O，连接GO．在菱形ABED中，． 因为平面ABED，平面ABED，所以．又因为，平面CBD，所以平面CBD．因为，且，， 所以，且，所以四边形EFGO为平行四边形，所以， 所以平面CBD． （2）如图，以B为坐标原点，分别以BC，BA所在直线为x，y轴建立空间直角坐标系，如图． 设，则，，，， 设平面ACD的一个法向量为，由得，取， 因为，记直线FG与平面ACD所成角为，则， 所以，直线FG与平面ACD所成角的正弦值是． 【变式8】（25-26高二上·浙江·期中）如图，四棱台中，底面为正方形，平面，且，，. (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2)或 【分析】（1）由中位线证明，再根据线面平行的判定定理即可证明； （2）利用向量法求出线面角，解出P点坐标即可求解. 【详解】（1）延长侧棱交于点，连结交于点，连结， 由条件可知，分别为与的中点， ∴，又∵平面，平面， ∴平面 （2）如图，建立空间直角坐标系， 则，，，， 设，则，则， 设平面的一个法向量， ∴，即 ∴令，则， 设直线与平面所成角为， 则， ∴   解得：，或，或 ∴或. 题型九 翻折型建系 解｜题｜技｜巧 翻折型几何体，寻找翻折前和翻折后的“变与不变”的点线面关系。 1. 翻折前翻折后在同一平面内的点线，数量关系不变。 2. 翻折后，一般情况下是存在垂直的平面，可以利用垂面法建系计算 3. 翻折后，可以构造三棱锥，利用三棱锥斜面建系法来建系计算 【典例9】（26-27高二上·四川南充·阶段检测）如图，在矩形中，，，为中点.将沿翻折得到，且平面平面. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)若点为的内部一动点，且（其中，，均为正实数），求的最大值. （附：已知个正数的算术平均数满足不等关系：，当且仅当时取等号） 【答案】(1)法1：在原矩形中，（E是中点，）， 故为等腰直角三角形，. 同理，为等腰直角三角形，， 因此 ，即，                      已知平面平面，且平面平面， 由面面垂直性质得平面， 又平面，所以， 翻折后仍为等腰直角三角形，， 又，且均在平面内，                  故平面. 法2：矩形中，，，为中点，故. 翻折后为等腰直角三角形，，. 已知平面平面，且平面平面. 取中点，则，由面面垂直性质定理，平面 , 以为原点，为轴，过点平行方向为轴，竖直向上为轴建立空间直角坐标系. 各点坐标为：， 所以，，， 所以，所以， ，所以， 又，平面，所以平面. (2). (3). 【分析】（1）法1（几何法）：先证翻折前，再由面面垂直的性质定理得平面，从而，结合翻折后，即可由线面垂直判定定理得证； 法2（向量法）：建立空间直角坐标系，写出、、的坐标，通过计算点积为零证得且，由线面垂直判定定理得证； （2）法1（几何法）：取中点，由面面垂直性质得与底面垂直，再取中点，构造二面角的平面角，在直角三角形中计算余弦值； 法2（向量法）：取底面法向量为，再求平面的法向量，利用两法向量夹角公式计算二面角的余弦值； （3）由四点共面得，将目标式变形为，先用均值不等式处理，再用均值不等式处理关于的三次式，最后确定取等条件． 【详解】（1）略. （2）法1：如图，取的中点O，连结. 因为，所以，                            又平面平面，且平面平面， 所以由面面垂直性质得平面. 因为平面，所以， 取的中点F，连结,，所以， 因为，平面，平面,所以平面, 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角, 在中，求得， 所以，所以                               故二面角的余弦值为. 法2：由（1）中法2可取底面法向量， 又,，设平面法向量, 则，即， 令，得，即平面的一个法向量为， 令二面角的平面角为，所以. （3）因点在的内部，且， 根据四点共面的性质得 ， 因为， 对固定，，由均值不等式 ， 当且仅当时取等号，代入：得， ， 当且仅当时等号成立，解得时等号成立. 即. 故当时，的最大值为. 【变式9】（2026·四川巴中·模拟预测）如图1所示，在四边形ABCD中，，E为BC上一点，且，，，将四边形AECD沿AE折起，使得，得到如图2所示的四棱锥，点F在棱BE上，平面DCF与棱AB交于点G. (1)证明：； (2)若直线BD与平面ADF所成角的正弦值为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线线平行证明线面平行，再由线面平行性质定理证明线线平行； （2）建立空间直角坐标系，设点F的坐标，求出平面ADF的法向量，利用线面角的法向量公式计算即可求解. 【详解】（1）因为，，所以． 因为平面DCFG，平面DCFG，所以平面DCFG， 因为平面ABE，平面平面，所以； （2）因为，，， 平面BCE，平面BCE,所以平面BCE， 又平面AEB，所以平面AEB平面BCE， 故以E为坐标原点，EA，EB分别为x，y轴， 在平面BCE内过点E作BE的垂线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，由（1）知，平面AEB平面BCE，且， 所以点C在平面AEB的射影为BE中点，故，， 设，则，，， 设平面ADF的法向量为，则，即， 不妨令，则，，所以． 因为直线BD与平面ADF所成角的正弦值为， 所以， 整理得，解得或（舍），所以F为EB中点， 所以. 题型十 等角射影角平分线型建系 解｜题｜技｜巧 若一条射线与角的两边所成的角相等，则这条射线在角所在平面内的射影是这个角的平分线,对于这种背景的图形，可取该射线上某适当的点，则该点在底面内的射影为对应角平分线上一点，再以这点为原点，建立空间直角坐标系。 【变式10】（2026·四川巴中·二模）如图，平行六面体中，底面ABCD是边长为2的菱形，且，，，，AC与BD交于O． (1)证明：平面ABCD； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 【详解】（1）∵底面ABCD是边长为2的菱形，∴． ∵，，∴，∴． ∵点O为线段BD中点，∴． 在中，，，， ∴，∴． 则，∴． 又，平面ABCD，平面ABCD， ∴平面ABCD． （2）由（1）知，平面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，． 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，即，取，则． ，即，取，则． 设二面角大小为，则． ∴， ∴二面角的正弦值为． 【变式10】.如图，在四棱柱中， (1)求证：平面平面； (2)设为棱的中点，线段交于点平面，且，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理作答. （2）由（1）的信息，以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答. 【详解】（1）设交于点，连接，如图， 因为，则点在线段的垂直平分线上，即有为的中点， 又因为，则，又平面，因此平面，而平面， 所以平面平面. （2）由（1）知，平面，而平面，则平面平面， 在平面内过作，又平面平面，因此平面， 射线两两垂直，以为原点，射线的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系， 因为为棱的中点，则点是正的重心，又，平面，且，则，所以，设平面的法向量为， 则，令，得，设平面的法向量为， 则，令，得，设平面与平面的夹角为，则，即平面与平面的夹角的余弦值为. 期中基础通关练（测试时间：45分钟） 1．（26-27高二上·天津宁河·阶段检测）如图，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点． (1)求证:平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，如图. 则，，，，，； ，，. 设平面的法向量为，则，得，即. 令，则，得平面的一个法向量为. ，得. 平面，平面. (2) 【分析】（1）建空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行； （2）利用空间向量求线面角的正弦值即可. 【详解】（1）略 （2）设直线与平面所成的角为. 由（1）得平面的一个法向量为. 由，，得. . 直线与平面所成角的正弦值为. 2．（25-26高二上·重庆沙坪坝·期中）如图为正四棱锥，O为底面ABCD的中心，，. (1)求点B到平面PCD的距离； (2)若E为PB的中点，求直线DE与平面PBC所成角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面PCD的法向量，然后利用点面距的向量公式求解即可； （2）先求出平面PBC的法向量，然后利用线面角的向量公式求解即可. 【详解】（1）以为坐标原点，、、为、、轴正方向建立空间直角坐标系. 由，，得， 故，，，，， ，， 设平面PCD的一个法向量为，则， 取，可得平面PCD的一个法向量为，又， 所以点B到平面PCD的距离为； （2）由E为PB的中点，得. ，，， 设平面PBC的一个法向量为，则， 取，可得平面PBC的一个法向量为. 设直线DE与平面PBC所成角为，则， 故直线DE与平面PBC所成角的正弦值为. 3．（25-26高二上·新疆·期中）在四棱锥中，底面，，，，．    (1)证明：； (2)求与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【详解】（1）证明：底面，平面， ， 取中点，连接， ，， ，又， ，， 为直角三角形，且为斜边， ， 又，平面，平面， 平面，又平面， ； （2）由（1）知，，，两两互相垂直，故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，则可取， 设与平面所成的角为，则， 与平面所成的角的正弦值为． 4．（24-25高二下·四川泸州·期中）如图，在三棱柱中，平面，是边长为2的正三角形，，，分别为，的中点.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析. (2) 【详解】（1）在三棱柱中，由底面,平面，得， 由为等边三角形，为的中点，得， 而平面，所以平面. （2）取中点，连结，由为的中点，得， 由（1）知平面，平面，则，而， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， ，，设平面的法向量， 则 ，令，得，而， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的余弦值为.    5．（2026·广西百色·一模）如图，和所在平面垂直，且，，． (1)证明:． (2)若，为的中点，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明：过点作垂直于的延长线于点F 平面平面，平面平面，平面，， 平面， 平面， ． ，，平面， 平面， ． (2) 【分析】（1）过点作垂直于的延长线于点，由面面垂直的性质定理得到平面，再由线面垂直的判定定理以及性质定理即可证明； （2）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，再由线面角的向量求法即可求解. 【详解】（1）略 （2）由（1）知．如图，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴， 垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，． 设平面的法向量为， 则令，解得，． 记直线与平面所成的角为，，． 期中重难突破练（测试时间：40分钟） 6．（24-25高二下·甘肃·期中）如图，在三棱锥中，，平面平面，二面角为，已知. (1)求的长； (2)求锐二面角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）如图，作，垂足为，连接， 因为平面平面， 平面平面，且平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为平面，所以， 又，且平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以二面角的平面角为， 即， 因为， 所以，所以， 即， 所以； （2）如图，以为原点，所在直线为轴，过作垂直于平面，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则 取，则， 所以为平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 则 取，则， 所以为平面的一个法向量， 设锐二面角为， 所以. 7．（26-27高二上·重庆沙坪坝·阶段检测）已知三棱柱中，，，，. (1)求证：平面平面； (2)若，点为线段上的四等分点（靠近点），求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明：在三棱柱中，四边形是平行四边形, 又，所以四边形为菱形，连接，则， 又因，平面，所以平面， 因为平面，所以， ，，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面. (2). 【详解】（1）略. （2）取中点，连接， 由，，是等边三角形，故， 由(1)可知，平面平面，交线为，平面， 所以平面， 以为原点，为轴，过作平行于的方向为轴，为轴建立空间直角坐标系， ， 是上靠近的四等分点，，得， 则， 平面就是平面，该平面的一个法向量可取为， 设平面的法向量为， ，则可取， ， 由图知二面角为锐二面角， 故二面角的余弦值为. 8．（2026·全国一卷·高考真题）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 【答案】(1)由题意证明如下： 如图，作出符合题意的图形，连接， 在中，，分别为，中点，∴， ∵平面，平面， ∴平面. (2)距离为1. 【分析】（1）通过证明，即可得出结论； （2）方法一：设出，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，得出向量与面的一个法向量的表达式，根据直线与平面所成的角为求出参数，借助几何关系即可求出到面的距离. 方法二：利用直线与平面所成的角为，求出，借助几何关系即可求出到面的距离. 【详解】（1）略 （2）法一：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，设， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， 建立空间直角坐标系，如下图所示， 得到，，，，， ∴，面的一个法向量为， ∵直线与平面所成的角为， 设直线与平面所成的角为 ∴ 解得，∴，，，，， ∵面，∴由几何知识得，到面的距离为. 法二：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， ∵，平面，平面，平面， ∴平面，， ∴由几何知识得，即为直线与平面所成的角， 直线与平面所成的角为， 在中，，分别为，中点，， ∴直线与平面所成的角为，即， 在Rt中，，，， ∴， 在Rt中，，， 为等腰直角三角形，过点作， 则点为中点，，， 由几何知识得，到面的距离即为. 9．（26-27高二上·安徽六安·阶段检测）如图1所示，在等腰梯形中，，，垂足为，，，将沿折起到的位置，如图2所示，平面平面． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； 【答案】(1)为等腰梯形，， ， 又∵平面平面，平面平面， 平面， 又平面， ∴平面平面． (2) 【分析】（1）利用面面垂直的性质可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明. （2）建系，求出各个点的坐标，求出的坐标和平面法向量的坐标，再利用线面角的向量求法即可求解. 【详解】（1）略. （2），， ∵平面平面，平面平面，，平面， 平面，又，平面， ，，故，，两两互相垂直， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 在等腰梯形中，，，，，，， ，，，， 则，，， 设平面的法向量为，则，即， 取，则，，则， 设直线与平面所成角为，则． 所以直线与平面所成角的正弦值为． 10．（26-27高二上·河南周口·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面，，，，．为的中点，为的中点． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正弦值； (3)设点在上，且，试判断，，，四点是否共面，并说明理由． 【答案】(1)证明：在中，因为为的中点，为的中点，所以． 因为平面，平面，所以平面．     因为，为的中点，所以． 又因为，，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以． 因为平面，平面，所以平面．     又因为，，平面，所以平面平面． (2) (3)共面，理由如下： 由已知，得，，，． 由，可得．     假设，，，四点共面，则存在实数，使得．     所以，解得． 所以，即，，，四点共面． 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再利用面面平行的判定定理求证； （2）以为坐标原点建系，计算两个平面的法向量，最后利用公式计算； （3）设，利用坐标计算. 【详解】（1）略 （2）连接，由（1）易知两两互相垂直．故以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系．     则，． 则，，， 设平面的法向量为，设平面的法向量为， 所以，， 令，得，．     所以，则， 所以二面角的正弦值为． （3）略 期中综合拓展练（测试时间：30分钟） 11．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，底面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析； （ii）. 【详解】（1）由题意证明如下， 在四棱锥中，⊥平面，， 平面，平面， ∴，， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （2）（i）由题意及（1）证明如下， 法一： 在四棱锥中，，，，∥， ，， 建立空间直角坐标系如下图所示， ∴， 若，，，在同一个球面上， 则， 在平面中， ∴， ∴线段中点坐标， 直线的斜率：， 直线的垂直平分线斜率：， ∴直线的方程：， 即， 当时，，解得：， ∴ 在立体几何中，， ∵ 解得：， ∴点在平面上. 12．（26-27高二上·浙江嘉兴·阶段检测）已知圆：与轴交于，，过点的直线交圆于异于，的两点，． (1)当时，①直接写出直线的方程（无需过程）；②将圆沿轴折成直二面角，如图，在上半圆上是否存在一点（异于，点），使平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出线段的长；若不存在，说明理由； (2)将圆上每一个点的横坐标保持不变，纵坐标缩短为原来的，得到新的曲线．点，经过上述变化后记为，，直线与直线相交于．①求出曲线的方程；②求证：点在定直线上． 【答案】(1)①② (2)设圆上点，，伸缩变换后得到对应点， 易知直线的斜率不为，设的方程为， 联立圆的方程：，因此有， 由韦达定理，， 直线的方程， 直线的方程, 设交点，联立两直线方程得，， 将直线的方程代入得，， 根据韦达定理化简得，， 解得， 即点在定直线上. 【分析】（1）对于①，根据题意即可写出对应方程，对于②，根据空间位置关系，建立空间直角坐标系，表示对应坐标，结合空间中面面角的计算公式即可求解； （2）根据变换后的曲线公式，联立直线与曲线的方程，结合直线方程与韦达定理，即可证明. 【详解】（1）①设圆心到弦的距离为，因此有， 解得， 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 根据点到直线的距离公式，圆点到直线的距离，此方程无解， 当直线的斜率不存在时，满足条件的直线方程为， 因此满足条件的直线方程为. ②由题意得，以为原点，原轴（）所在直线为轴，下半圆所在平面内垂直于的方向为轴，上半圆所在平面内垂直于的方向为轴，建立空间直角坐标系， 此时，，，， 因此向量，， 设平面的法向量为， 因此，即， 取，解得， 设上半圆上点的参数为，，异于，， 则翻折后空间坐标为， 设平面的法向量为， 因此，即， 取，则， 因此有，解得，即， 因此，故. （2）①根据变换关系，设圆上的点为， 因此有，即， 代入整理得到曲线方程有. ②略 20 / 52 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 $