微专题拓展24 空间立体几何解答题核心模型专题总结（9大题型归纳）-2027年新高考数学一轮复习讲义（新高考专用）

微专题拓展24 空间立体几何解答题核心模型专题总结 目录 01 解题方法总结 2 02 重难点题型梳理 3 题型一：非常规几何体载体问题 3 题型二：立体几何存在性与探索性问题 5 题型三：立体几何翻折变换问题 7 题型四：立体几何作图构造问题 9 题型五：复杂几何体建系问题 11 题型六：等角构造与全等应用问题 13 题型七：传统法辅助建系问题 15 题型八：空间隐点坐标求解问题 17 题型九：数学文化与新定义问题 19 03 课后拓展精练 22 高考数学立体几何解答题以各类空间几何体为核心载体，常考模型覆盖柱体、锥体、球体、旋转体与多面体五大类，全面考查学生的空间想象、逻辑推理与运算求解能力，是高中数学的核心得分模块。 这类题型的考查维度清晰且层次分明：其一为几何体的度量与构型问题，包含体积、表面积的常规计算，各类截面的形状分析与面积求解，以及不同几何体的组合、相交构型问题，侧重对几何体基本性质的灵活应用；其二为空间位置关系的判定与证明，线线、线面、面面的平行与垂直关系是解答题首问的常规考法，也是后续计算环节的逻辑基础；其三为空间角的计算，异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角是核心考点，既可通过传统几何法构造平面角求解，也可借助空间向量转化为代数运算，是试题的主要区分点；其四为空间距离的求解，以点到平面的距离为核心，延伸至两平行平面间的距离等，常结合等体积法进行考查。 熟练掌握各类模型的几何特征，梳理对应解题通法与常用技巧，是提升立体几何解题速度、保障答题准确率的关键。 题型一：非常规几何体载体问题 【典例1】（2026·高三·广东·阶段检测）如图，已知，且．已知，点位于平面同侧． (1)证明：； (2)点在线段上，且平面，求二面角的余弦值． 【变式1-1】（2026·高三·河北保定·阶段检测）如图，为圆锥的三条母线，且． (1)证明：； (2)若为圆锥底面圆的直径，且圆锥侧面积为，体积为，求二面角的正弦值． 【变式1-2】（2026·河南·二模）如图，三棱台的下底面是边长为6的正三角形，上底面是边长为3的正三角形，平面，． (1)证明：为直角三角形； (2)已知为棱上一动点，，若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【变式1-3】（2026·高三·湖南·阶段检测）如图，侧面水平放置的正三棱台，侧棱长为为棱上的动点. (1)求证：平面； (2)是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出点；若不存在，请说明理由. 题型二：立体几何存在性与探索性问题 【典例2】（2026·高三·重庆·阶段检测）如图，四棱锥中，，底面，，且，，． (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点E，使得二面角的平面角的正弦值为；若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【变式2-1】（2026·高三·广东深圳·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面，底面为平行四边形，，四棱锥的体积为. (1)证明：平面平面; (2)平面内是否存在点使得平面？若存在，求出点到平面的距离；若不存在，请说明理由. 【变式2-2】（2026·高三·陕西西安·阶段检测）如图，在边长为2的正方形中，点、分别是和的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点． (1)求证； (2)求二面角的平面角的余弦值； (3)设动点在线段上，是否存在一点，使得直线与平面所成夹角的正弦值为，若存在，求出点的位置；若不存在请说明理由． 【变式2-3】（2026·天津·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使得三棱锥体积为；若存在，求出该点的位置，若不存在，请说明理由． 题型三：立体几何翻折变换问题 【典例3】（2026·吉林延边·三模）在梯形中，，，，AB的中点为E，将A点沿DE折起到P点位置，使得，如图所示． (1)证明：平面； (2)求平面和平面夹角的正弦值． 【变式3-1】（2026·四川雅安·一模）如图所示，在中，，，分别是边上的动点，且，将沿折起，将点折至点的位置，使得二面角为直二面角. (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)若，为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 【变式3-2】（2026·高三·广东珠海·阶段检测）如图，在平行四边形ABCD中，，，，将沿对角线BD折起，折后的点A变为，使得平面平面BCD，E为线段上的一个动点，，F是垂足.    (1)求证：平面； (2)若平面EFB与平面BCD的夹角余弦为，求EC的长. 【变式3-3】（2026·北京海淀·三模）如图（1），等腰直角三角形的底边，点在线段上，于，现将沿折起到的位置（如图（2））． (1)求证：； (2)若，，求直线与平面所成的角的正弦值； (3)设平面平面，试判断与平面的位置关系，并说明理由． 题型四：立体几何作图构造问题 【典例4】（2026·高三·浙江杭州·开学考试）如图，长方体中，，，为棱的中点． (1)作出直线与平面的交点（保留作图痕迹，无需证明）； (2)作出平面与平面的交线（保留作图痕迹，无需证明）； (3)求平面与平面夹角的正弦值． 【变式4-1】（2026·贵州黔东南·三模）如图1所示，在边长为3的正方形中，将沿折到的位置，使得平面平面，得到图2所示的三棱锥．点分别在上，且，，．记平面与平面的交线为l． (1)在图2中画出交线l，保留作图痕迹，并写出画法． (2)求二面角的余弦值． 【变式4-2】（2026·高三·重庆九龙坡·阶段检测）已知四棱锥中，底面为正方形，O为其中心，点E为侧棱的中点. (1)作出过O、P两点且与平行的四棱锥截面（在答题卡上作出该截面与四棱锥表面的交线，并写出简要作图过程）；记该截面与棱的交点为M，求出比值（直接写出答案）； (2)若四棱锥的侧棱与底面边长均相等，求与平面所成角的正弦值. 【变式4-3】（2026·辽宁大连·一模）如图多面体ABCDEF中，面面，为等边三角形，四边形ABCD为正方形，，且，H，G分别为CE，CD的中点． (1)证明：； (2)求平面BCEF与平面FGH所成角的余弦值； (3)作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AD交点为P，写出的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）． 题型五：复杂几何体建系问题 【典例5】（2026·高三·江苏苏州·开学考试）如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，. (1)求证：平面； (2)求二面角的平面角的正弦值； (3)若点在线段上运动（含端点），设平面与平面所成二面角的平面角为，求余弦的取值范围. 【变式5-1】如图在多面体中，四边形是边长为4的正方形，四边形为等腰梯形，且，，，． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 【变式5-2】（2026·浙江杭州·模拟预测）如图，已知多面体，其底面是等腰梯形，且，平面，，. （1）证明：平面平面； （2）若二面角的大小为 ，求与平面所成角的正弦值 【变式5-3】（2026·高三·内蒙古赤峰·期末）如图所示，在多面体中，四边形均为正方形，点在线段上，且，过的平面交线段于点. (1)证明：； (2)当时，求平面与平面所成角的余弦值. 题型六：等角构造与全等应用问题 【典例6】（2026·广西桂林·二模）如图，四棱锥中，底面为边长是2的正方形，，分别是，的中点，，，且二面角的大小为. (1) 求证：； (2) 求二面角的余弦值. 【变式6-1】（2026·辽宁沈阳·模拟预测）如图，四棱锥中，四边形是边长为2的菱形， （1）证明：平面平面； （2）当平面与平面所成锐二面角的余弦值，求直线与平面所成角正弦值. 【变式6-2】（2026·福建龙岩·一模）如图，在三棱锥中，为等边三角形，，面积是面积的两倍，点在侧棱上. (1)若，证明：平面平面； (2)若二面角的大小为，且为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 【变式6-3】（2026·河南·模拟预测）如图,在三棱锥中,是等边三角形,,点是 的中点,连接． (1)证明:平面平面; (2)若,且二面角为,求直线与平面所成角的正弦值． 题型七：传统法辅助建系问题 【典例7】如图，在正三棱台中，，，分别为，中点. (1)求与平面所成角的余弦值； (2)设，分别为棱，上的点，且，，，均在平面上，若面积是面积的8倍， ①求； ②求与平面夹角的余弦值. 【变式7-1】已知斜三棱柱的底面是正三角形，侧面是边长为2的菱形，且与底面的夹角为，，点为中点．    (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【变式7-2】（2026·河南郑州·一模）如图，在斜三棱柱中，M为的中点，底面为等腰直角三角形，且 (1)若在底面内的射影为点B，求点A到平面的距离; (2)若在底面内的射影为的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 【变式7-3】如图，平行六面体的所有棱长均为2、，，平面平面，点满足．． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值： (3)是否存在点在线段上，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 题型八：空间隐点坐标求解问题 【典例8】（2026·高三·福建宁德·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为正方形，，是中点，平面，为线段上的动点（含端点），若． (1)求平面与平面的夹角的余弦值的取值范围； (2)设四棱锥的外接球球心为， （ⅰ）求球的半径； （ⅱ）当为线段中点时，求到平面的距离． 【变式8-1】（2026·高三·江苏·阶段检测）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，四棱锥的体积为，点在线段（不含端点）上运动． (1)求证：平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的长． 【变式8-2】（2026·高三·辽宁朝阳·阶段检测）如图，在正四棱锥中，，为与的交点，点，分别为棱，的中点，且 (1)求的长度； (2)求二面角的正弦值； 【变式8-3】（2026·广西南宁·一模）已知点，在平面的两侧，且三棱锥是正三棱锥，为中点，如图所示． (1)若三棱锥也是正三棱锥，证明：； (2)若，，点满足，其中，，且，求平面与平面夹角余弦值的取值范围． 题型九：数学文化与新定义问题 【典例9】（2026·辽宁沈阳·三模）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. 【变式9-1】（2026·高三·江西南昌·期末）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，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，，分别为、、，则球面三角形的面积为.已知； (1)若，，求球面三角形ABC的面积（直接写结果无需证明）； (2)在球O的内接三棱锥D-ABC中，平面，，直线DC与平面ABC所成的角为. （ⅰ）若，N分别为直线，上的动点，求线段MN长度的最小值； （ⅱ）如图（2），若分别为线段AC，BC的中点，G为线段BD上一点（与点B不重合），当平面OBC与平面GPQ夹角的余弦值为时，求线段BG的长. 【变式9-2】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)若平面为中点，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，又知为侧面内一动点，记二面角为，直线与平面所成角为，若，求三棱锥体积的最大值. 【变式9-3】如图1，在平面四边形中，，，，是等腰直角三角形，，将沿折叠到的位置，形成如图2所示的三棱锥，且. (1)证明：； (2)已知三棱锥，外接球球心为. ①若为线段上动点（不包含点），为中点，为中点，设平面与平面的夹角为，求的最小值. ②类似于平面中三角形的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则，当、、时，请在图3的基础上，试证三面角余弦定理，并用该结论求图2中二面角的余弦值. 1．（2026·高三·陕西西安·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，为边上的点，，，， . (1)证明：平面. (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 2．（2026·高三·四川成都·阶段检测）已知四棱锥中，，，，，，直线与平面所成角为． (1)求证：； (2)点E是线段的中点，求点E到平面的距离； (3)点M在四边形内部（包含边界），二面角的大小为，求点M的轨迹的长． 3．（2026·高三·贵州·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面，，，，点是棱的中点． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 4．（2026·高三·上海浦东新·阶段检测）如图，在三棱柱中，平面，，，为的中点且三棱柱的高为1. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； 5．已知四棱锥中，底面为矩形，底面，. (1)证明：； (2)若四棱锥体积，求二面角的大小． 6．（2026·广东广州·模拟预测）如图，正方形边长为，，分别为边，的中点，是线段上的点，且．把矩形沿折起，设． (1)在上找一点，使得直线平面，并求出的值； (2)若，求的值； (3)若四棱锥的外接球半径为，求的值． 7．（2026·高三·河南·阶段检测）如图，在四棱柱中，，，，分别是，，的中点． (1)证明：平面． (2)若底面，设平面与平面的夹角为，求． 8．（2026·高三·陕西商洛·阶段检测）在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，，其中，是棱的中点． (1)求证：平面； (2)平面与平面有可能垂直吗，若有可能，求出的长；若没有可能，说明理由． 9．（2026·高三·上海虹口·阶段检测）如图所示，圆台上底面圆的半径为，下底面圆的半径为，为圆台下底面的一条直径，圆上点满足，是圆台上底面的一条半径，点、在平面的同侧，且． (1)证明：平面平面； (2)若圆台的高为2，求直线与平面所成角的大小． 10．（2026·高三·福建泉州·开学考试）如图，三棱锥中，，是的中点，平面平面，． (1)证明：平面平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 28 / 40 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题拓展24 空间立体几何解答题核心模型专题总结 目录 01 解题方法总结 2 02 重难点题型梳理 3 题型一：非常规几何体载体问题 3 题型二：立体几何存在性与探索性问题 9 题型三：立体几何翻折变换问题 15 题型四：立体几何作图构造问题 20 题型五：复杂几何体建系问题 26 题型六：等角构造与全等应用问题 32 题型七：传统法辅助建系问题 38 题型八：空间隐点坐标求解问题 45 题型九：数学文化与新定义问题 52 03 课后拓展精练 62 高考数学立体几何解答题以各类空间几何体为核心载体，常考模型覆盖柱体、锥体、球体、旋转体与多面体五大类，全面考查学生的空间想象、逻辑推理与运算求解能力，是高中数学的核心得分模块。 这类题型的考查维度清晰且层次分明：其一为几何体的度量与构型问题，包含体积、表面积的常规计算，各类截面的形状分析与面积求解，以及不同几何体的组合、相交构型问题，侧重对几何体基本性质的灵活应用；其二为空间位置关系的判定与证明，线线、线面、面面的平行与垂直关系是解答题首问的常规考法，也是后续计算环节的逻辑基础；其三为空间角的计算，异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角是核心考点，既可通过传统几何法构造平面角求解，也可借助空间向量转化为代数运算，是试题的主要区分点；其四为空间距离的求解，以点到平面的距离为核心，延伸至两平行平面间的距离等，常结合等体积法进行考查。 熟练掌握各类模型的几何特征，梳理对应解题通法与常用技巧，是提升立体几何解题速度、保障答题准确率的关键。 题型一：非常规几何体载体问题 【典例1】（2026·高三·广东·阶段检测）如图，已知，且．已知，点位于平面同侧． (1)证明：； (2)点在线段上，且平面，求二面角的余弦值． 【解析】（1）以为原点，分别以所在直线为，轴， 建立如图所示空间直角坐标系，则，， 由，设， 则， 两式相减得，故， 从而，即，其中， 由，设， 则， 两式相减得，故， 从而，即，其中， 因为点位于平面同侧， 所以， 又，故， 于是， 所以，且与不共线，故． （2）设，得，从而， 又，且平面， 故存在实数，使，因此， 由得，比较第三个坐标得，再比较第一个坐标得，故， 于是，且， 故，又， 所以为二面角的平面角， 由，得，且， 所以， 故二面角的余弦值为． 【变式1-1】（2026·高三·河北保定·阶段检测）如图，为圆锥的三条母线，且． (1)证明：； (2)若为圆锥底面圆的直径，且圆锥侧面积为，体积为，求二面角的正弦值． 【解析】（1）证明：取中点，连接，如图所示： 因为，所以， 又因为，，平面， 所以平面，又因为平面， 所以，又因为是中点，所以． （2）因为为直径，可另设中点，故为底面圆的圆心，且平面， 由（1）知，所以以为坐标原点，分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 因为圆锥侧面积为，体积为， 设圆锥底面圆半径为，母线长为， 则有，又，解得， 故， 故， 设为平面的法向量， 则， 令，则，，所以， 设为平面的法向量， 则， 令，则，，所以， 设二面角的大小为，由图可知为锐角， 则， 所以， 所以二面角的正弦值为． 【变式1-2】（2026·河南·二模）如图，三棱台的下底面是边长为6的正三角形，上底面是边长为3的正三角形，平面，． (1)证明：为直角三角形； (2)已知为棱上一动点，，若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【解析】（1）由题意，平面，则可过点作交棱于点， 则平面，又平面，得， ，为棱的中点， 方法一： 又因为为等边三角形，所以， 又 ，平面 ， 又平面 ，， 又，则，所以为直角三角形； 方法二： 是边长为6的等边三角形，所以，又， ， 又平面， ，又，， ，又，得， 所以为直角三角形； （2）以点为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 ， ，，， 又，所以， 因为为棱上一动点，可设． 则 设平面的法向量为， 则，即. 可取． 因为平面，所以，即． 解得，得． 又， 设平面的法向量为， 则，即， 可取． 又平面的法向量可取． 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 【变式1-3】（2026·高三·湖南·阶段检测）如图，侧面水平放置的正三棱台，侧棱长为为棱上的动点. (1)求证：平面； (2)是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出点；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）证明：延长三条侧棱交于一点，如图所示， 由于，所以， 所以，所以，同理. 又，平面， 所以平面，即平面. （2）由（1）知，如图建立空间直角坐标系， 则，， 所以，. 设， 则， 设平面和平面的法向量分别为， 所以 取， 则. 整理得，即，所以或（舍）， 故存在点（点为中点时），满足题意. 题型二：立体几何存在性与探索性问题 【典例2】（2026·高三·重庆·阶段检测）如图，四棱锥中，，底面，，且，，． (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点E，使得二面角的平面角的正弦值为；若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）底面，平面， ； 在四边形中，，，， ， ； 在中，， ， ，且，平面． 平面； （2）如图建立空间直角坐标系，由题可知：，，， ，，，，； ，，， 设，； 设平面的法向量为，则， 所以平面的一个法向量为，，； 由题可得平面的一个法向量为；设二面角的平面角为， 解得所以 【变式2-1】（2026·高三·广东深圳·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面，底面为平行四边形，，四棱锥的体积为. (1)证明：平面平面; (2)平面内是否存在点使得平面？若存在，求出点到平面的距离；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）由和四棱锥的体积为，得，所以， 因为，所以平行四边形是菱形， 菱形的面积，所以， 所以，故底面是正方形，所以， 又平面，平面，所以 ， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）存在点，理由如下： 依题意，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则， ，由平面向量基本定理， 设，其中， 得，所以， 因为平面，则且，所以 ，得， ，得， 联立，得，， 因为存在，所以存在点，使得平面； 此时，，设平面的法向量是， 则，令，又， 所以点到平面的距离. 【变式2-2】（2026·高三·陕西西安·阶段检测）如图，在边长为2的正方形中，点、分别是和的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点． (1)求证； (2)求二面角的平面角的余弦值； (3)设动点在线段上，是否存在一点，使得直线与平面所成夹角的正弦值为，若存在，求出点的位置；若不存在请说明理由． 【解析】（1）由折叠的性质，，且两两垂直， 以为坐标原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系， 则，则， ， 故，即． （2）平面中，，设平面法向量为， 则，令，则； 平面中，，设平面法向量为 则，令，则， 设二面角为，则． （3）设在线段上，令， 则向量， 直线与平面所成角为，由线面角公式： ， 已知，故， 化简整理得，解得或（舍去）， 故点，即为线段的中点． 【变式2-3】（2026·天津·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使得三棱锥体积为；若存在，求出该点的位置，若不存在，请说明理由． 【解析】（1）以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. ∵ 底面是边长为的正方形，底面，， ∴ . ∵ 是的中点，∴ . ∴ ，， ∴ ， ∴ ，即. 又由题知，且，平面， ∴ 平面. （2）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正弦值为. （3）假设线段上存在点满足条件，设， ∵ ，∴ . 则点到平面的距离. 又，，且， ∴ . ∴ . 令，解得，故存在满足条件的点. 此时的坐标为，即为线段上靠近点的四等分点. 题型三：立体几何翻折变换问题 【典例3】（2026·吉林延边·三模）在梯形中，，，，AB的中点为E，将A点沿DE折起到P点位置，使得，如图所示． (1)证明：平面； (2)求平面和平面夹角的正弦值． 【解析】（1）在梯形中，由，为的中点，得， 则四边形为平行四边形，，而，因此， ，又平面，则平面， 所以平面. （2）由（1）得平面平面，在平面内过作，则平面， 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， 令，又，则， ， 设平面和平面的法向量分别为， 则，取，得， ，取，得， 设平面和平面夹角为，则， 所以平面和平面夹角的正弦值为. 【变式3-1】（2026·四川雅安·一模）如图所示，在中，，，分别是边上的动点，且，将沿折起，将点折至点的位置，使得二面角为直二面角. (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)若，为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 【解析】（1）因为 ，且平面 ，平面 ， 平面 ； （2）折叠前，，且 ，所以 ，即， 折叠后，变为，故； 又因为二面角为直二面角， 且平面平面，平面 ，， 所以平面； （3）如图，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 由，得， 因，故， 由，得， 故， ，，， ，为 中点，故， 则，， 设平面的法向量为 ， 由且，得方程组：， 化简得，令，则 ，故法向量， 直线 的方向向量， 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. 【变式3-2】（2026·高三·广东珠海·阶段检测）如图，在平行四边形ABCD中，，，，将沿对角线BD折起，折后的点A变为，使得平面平面BCD，E为线段上的一个动点，，F是垂足.    (1)求证：平面； (2)若平面EFB与平面BCD的夹角余弦为，求EC的长. 【解析】（1） 在中，，则，由平面平面， 平面平面，而平面，因此平面， 又平面，则，又平面， 于是平面，而平面，则，又， 平面，所以平面. （2）过点作，由（1）得直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，令， ，， 设平面的法向量，则， 令，得，而平面的法向量为， 由平面与平面的夹角余弦为，得 ，解得， 所以. 【变式3-3】（2026·北京海淀·三模）如图（1），等腰直角三角形的底边，点在线段上，于，现将沿折起到的位置（如图（2））． (1)求证：； (2)若，，求直线与平面所成的角的正弦值； (3)设平面平面，试判断与平面的位置关系，并说明理由． 【解析】（1）证明如下： ，平面， 平面， 平面 （2）是等腰直角三角形且，则到的距离为2， ，所以，可由所在直线为轴建立空间直角坐标系（如图）， 设，结合图（1）得 ， 设面的法向量， 令， 设直线与平面所成角为， ， （3）相交，理由如下： 延长交于点，连接，因为平面，所以平面， 又因为平面，所以平面， 又因为平面，平面，所以平面平面， 由平面平面，即， 因为平面，所以与平面相交. 题型四：立体几何作图构造问题 【典例4】（2026·高三·浙江杭州·开学考试）如图，长方体中，，，为棱的中点． (1)作出直线与平面的交点（保留作图痕迹，无需证明）； (2)作出平面与平面的交线（保留作图痕迹，无需证明）； (3)求平面与平面夹角的正弦值． 【解析】（1）连接交于，连接，则是平面与平面的交线， 作交于，则点在直线上，即在平面上， 又点也在直线上，所以点为直线与平面的交点． （2）作交于，则点在平面上，也在平面上， 延长，交于，则点在平面上，也在平面上 连接交于，则点在平面上，也在平面上， 连接，即为平面与平面的交线． （3）由是长方体， 则以为原点，，，所在的直线为轴，轴，轴建立如下空间直角坐标系， 又，，为棱的中点， 则有，，， 则，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，，则， 显然平面的法向量为， 设平面与平面夹角为， 则，则． 所以平面与平面夹角的正弦值为． 【变式4-1】（2026·贵州黔东南·三模）如图1所示，在边长为3的正方形中，将沿折到的位置，使得平面平面，得到图2所示的三棱锥．点分别在上，且，，．记平面与平面的交线为l． (1)在图2中画出交线l，保留作图痕迹，并写出画法． (2)求二面角的余弦值． 【解析】（1）作图步骤：如图所示，延长EF，AB交于点M，延长AC，EG交于点N，连接MN，则直线MN即为交线l． 保留作图痕迹且正确． （2）四边形ABCD是长为3的正方形，取中点，连接，则，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以， ， ． 设平面AFG与平面EFG的法向量分别为，，则 由，得到， 不妨设，则， 所以， 由，得到，取，则，所以， 所以． 由图知，二面角为锐二面角，故二面角的余弦值为． 【变式4-2】（2026·高三·重庆九龙坡·阶段检测）已知四棱锥中，底面为正方形，O为其中心，点E为侧棱的中点. (1)作出过O、P两点且与平行的四棱锥截面（在答题卡上作出该截面与四棱锥表面的交线，并写出简要作图过程）；记该截面与棱的交点为M，求出比值（直接写出答案）； (2)若四棱锥的侧棱与底面边长均相等，求与平面所成角的正弦值. 【解析】（1）连接，，则O为中点，取中点F，连接并延长交于M， 连接并延长交于N，连接. 则由，平面，平面，所以平面， 所以即为所求截面（如图所示），此时. （2）不妨设四棱锥的所有棱长均为2，以O为原点，过O点且分别与、平行的直线为x轴、y轴，为z轴，建立如图所示空间直角坐标系（如图）. 可得，，，，，. 则，，. 设平面的一个法向量为， 则，即，取，则， 设与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为. 【变式4-3】（2026·辽宁大连·一模）如图多面体ABCDEF中，面面，为等边三角形，四边形ABCD为正方形，，且，H，G分别为CE，CD的中点． (1)证明：； (2)求平面BCEF与平面FGH所成角的余弦值； (3)作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AD交点为P，写出的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）． 【解析】（1） 在正方形中，， ∵平面平面，平面平面平面， 平面，又平面， ； （2）为等边三角形，设中点为，∴， 又平面平面，面面面，则面， 以为坐标原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示： 因为，则，则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，取得，所以， 设平面的一个法向量为， 则，取得， 所以， 所以， 所以平面与与平面成角的余弦值为； （3）如图所示：在上取一点，使得，连接， 因为，，所以，即， 所以为平行四边形，故， 因为H，G分别为CE，CD的中点，所以， 故，即共面， 故. 题型五：复杂几何体建系问题 【典例5】（2026·高三·江苏苏州·开学考试）如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，. (1)求证：平面； (2)求二面角的平面角的正弦值； (3)若点在线段上运动（含端点），设平面与平面所成二面角的平面角为，求余弦的取值范围. 【解析】（1）在梯形中，因为，， 所以为等腰梯形， 因为，所以， 所以，所以，即. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面； （2）取中点，连接、 由矩形得，又，，、平面， 所以平面，，为中点，所以， 所以为二面角的平面角， 因为，，在中，斜边， 所以； （3） 由题分别以，，所在射线为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 设，，，， 设平面和平面的法向量分别为和 则由，得，解得可取； 由，得，解得可取； 令 令 ，故在上单调递增， ，， 故在上存在使得，解得， 则当时，；当时，； 则在上单调递减，在上单调递增， 又，，则， 故. 【变式5-1】如图在多面体中，四边形是边长为4的正方形，四边形为等腰梯形，且，，，． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 【解析】（1）证明：∵四边形是正方形，，     ，，平面，平面，     平面，∴平面平面． （2）过点作于，由（1）知平面， ∵四边形是等腰梯形，，，， ，．         作，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，             ，，，，． ，． 设平面的一个法向量，则，即， 令，，         又，， 同理设平面的一个法向量，则，即， 令，，         ，     ， 故平面与平面所成角的正弦值为． （3）设点到平面的距离为， 由（2）知，平面的一个法向量， ． 【变式5-2】（2026·浙江杭州·模拟预测）如图，已知多面体，其底面是等腰梯形，且，平面，，. （1）证明：平面平面； （2）若二面角的大小为 ，求与平面所成角的正弦值 【解析】（1）取的中点，连结，因为底面是等腰梯形，且，，且，四边形是平行四边形，是等边三角形，， 因为平面，所以，，，面，所以面，又因为平面，所以平面平面. （2）如图建系，则相应点的坐标为，，，，根据题意设，，面的一个法向量为，对于面，设其一个法向量为，，，则， 二面角的大小为 则，，，设与平面所成角为，故与平面所成角的正弦值为. 【变式5-3】（2026·高三·内蒙古赤峰·期末）如图所示，在多面体中，四边形均为正方形，点在线段上，且，过的平面交线段于点. (1)证明：； (2)当时，求平面与平面所成角的余弦值. 【解析】（1） 因，平面，平面， 则平面.又平面，平面平面， 则； （2）由题意，以为原点，以DA方向为轴，以DC方向为轴，以方向为轴，建立如图所示坐标系. 设. ， 由，且，可知， ， 则平面的法向量；     ， 则平面的法向量；     . 即平面与平面所成角的余弦值为. 题型六：等角构造与全等应用问题 【典例6】（2026·广西桂林·二模）如图，四棱锥中，底面为边长是2的正方形，，分别是，的中点，，，且二面角的大小为. (1) 求证：； (2) 求二面角的余弦值. 【解析】（1） 证明：作于点连接， ∵，，， ∴，∴， 即，，又， ∴平面，又平面， ∴. （2）∵二面角的大小为， ∴平面平面，平面平面，，∴平面. 以点为原点，,,所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， ∵, ∴. ∴，即. ∴，，，. ∴,， 设平面的法向量， 由，得 令，得. 易知为平面的一个法向量. 设二面角为，为锐角，则. 【变式6-1】（2026·辽宁沈阳·模拟预测）如图，四棱锥中，四边形是边长为2的菱形， （1）证明：平面平面； （2）当平面与平面所成锐二面角的余弦值，求直线与平面所成角正弦值. 【解析】（1）过D作，垂直为O，连接，利用勾股定理证得，结合，证得平面，即可得到平面平面； （2）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，通过计算法向量的夹角的余弦值，求得的长，再结合线面角的定义，即可求解. 【详解】 （1）过D作，垂直为O，连接， 在中，，，可得， 在中， 由余弦定理可得， 所以， 因为，所以为等边三角形，所以， 所以，可得，又由，且， 所以平面，又平面，所以平面平面. （2）由（1）知，以O为原点，，，方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系 设，则，，，， 所以， 设平面的法向量为，则，即 令，， 平面的法向量为， 由，解得 因为平面，所以为与平面所成的角，所以， 即直线与平面所成角正弦值. 【变式6-2】（2026·福建龙岩·一模）如图，在三棱锥中，为等边三角形，，面积是面积的两倍，点在侧棱上. (1)若，证明：平面平面； (2)若二面角的大小为，且为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 【解析】（1）因为，所以， 所以． 取BC中点O，连结DO,AO，所以DO⊥BC，AO⊥BC， 因为，所以BC⊥平面AOD，所以BC⊥AD， 又因为BM⊥AD，，所以AD⊥平面BCM， 所以平面ACD⊥平面BCM． （2）由（1）知，是二面角D-BC-A的平面角， 所以， 过作交延长线于G，因为BC⊥平面AOD，平面AOD， 所以， 因为，所以平面． 如图，以O为原点，以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，     设 ，则， 又因为， 所以， 在中，， 所以 ， ， 所以， 所以，， 设是平面DCA的法向量， 则即 取， 因为点是线段的中点 ，所以， 所以 ， 设直线BM与平面DCA所成角的大小为，则 ， 所以直线BM与平面CDA所成角的正弦值为． 【变式6-3】（2026·河南·模拟预测）如图,在三棱锥中,是等边三角形,,点是 的中点,连接． (1)证明:平面平面; (2)若,且二面角为,求直线与平面所成角的正弦值． 【解析】（1）因为是等边三角形,, 所以,可得． 因为点是的中点,则,, 因为,平面PBD,平面, 所以平面,因为平面, 所以平面平面． （2）如图,作,垂足为连接． 因为, 所以为二面角A-BD-C的平面角． 由已知二面角为,知． 在等腰三角形中,由余弦定理可得． 因为是等边三角形,则,所以． 在中,有,得, 因为,所以． 又,所以． 则,． 以为坐标原点,以向量的方向分别为轴,轴的正方向, 以过点垂直于平面的直线为轴,建立空间直角坐标系, 则,,向量, 平面的一个法向量为, 设直线与平面所成的角为, 则, 所以直线与平面所成角的正弦值为． 题型七：传统法辅助建系问题 【典例7】如图，在正三棱台中，，，分别为，中点. (1)求与平面所成角的余弦值； (2)设，分别为棱，上的点，且，，，均在平面上，若面积是面积的8倍， ①求； ②求与平面夹角的余弦值. 【解析】（1）延长，，交于点，四面体为正四面体， 其棱长为4，高为，以中点为坐标原点， 以，分别为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则平面的一个法向量为， 则，，，，， ， 设与平面所成角为， 则， 故与平面所成角的余弦值； （2）①，连接并延长，交的延长线于，则，，三点共线，依题意得 设，，因为面积是面积的8倍，所以. 根据，得 因为，，三点共线，所以. 联立消去，得， 解得或（舍去）所以； ②，由①知为中点，平面即为平面. 设平面的法向量为， 而，， 可得. 令，得，， 得平面的一个法向量为. 平面的法向量，设与平面的夹角为， 则， 故与平面夹角的余弦值为． 【变式7-1】已知斜三棱柱的底面是正三角形，侧面是边长为2的菱形，且与底面的夹角为，，点为中点．    (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【解析】（1） 在斜三棱柱中，由点为等边边的中点，得， 在菱形中，由，得为正三角形，， 而平面，则平面，又平面， 所以平面平面. （2）由（1）知为侧面与底面所成的角，则， 由，得，则为正三角形， 在平面内过点作于D，由平面平面， 平面平面，则平面，过作， 则直线两两垂直，以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，取，得， 设平面的法向量为，则，取，得， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【变式7-2】（2026·河南郑州·一模）如图，在斜三棱柱中，M为的中点，底面为等腰直角三角形，且 (1)若在底面内的射影为点B，求点A到平面的距离; (2)若在底面内的射影为的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 【解析】（1）如图，取的中点O，连接 为等腰三角形，，， 又在底面内的射影为点B， 面，又面，， 又，且面， 面， 即为点A到平面的距离. 又为等腰直角三角形，且 点A到平面的距离为. （2）如图， 取的中点O，连接，， 在底面内的射影为的中点， 面 为等腰三角形，， 建立如图所示的空间直角坐标系，易知， ，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 设平面的一个法向量为， 由，令，得， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为 【变式7-3】如图，平行六面体的所有棱长均为2、，，平面平面，点满足．． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值： (3)是否存在点在线段上，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）证明：如图，连接交于，连接，，              因为，，所以与相似，所以， 即，又，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）取中点，连接，因为平面平面，且， 平面平面，平面， 所以平面，由于，所以， 又，，由余弦定理得， 所以，所以，则， 如图以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 由得，则， 设平面的一个法向量为， 则，可取， 所以， 所以直线与平面所成的角的正弦值为； （3）设，因为，， 所以， 所以， 则点到平面的距离， 整理得，解得或（舍去）， 所以时使得点到平面的距离为. 题型八：空间隐点坐标求解问题 【典例8】（2026·高三·福建宁德·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为正方形，，是中点，平面，为线段上的动点（含端点），若． (1)求平面与平面的夹角的余弦值的取值范围； (2)设四棱锥的外接球球心为， （ⅰ）求球的半径； （ⅱ）当为线段中点时，求到平面的距离． 【解析】（1）因为平面ABCD，底面ABCD为正方形， 所以以O为原点，以过O且与直线CD平行的直线为y轴，建立如图空间直角坐标系. 设，则， 所以， 设平面的法向量为，则， 所以， 令，则， 取平面的法向量， 又平面与平面的夹角为， 所以， 因为， 所以在单调递减，在单调递增， 所以， 所以， 所以. （2）（ⅰ）因为四棱锥的外接球球心为，满足， 所以点在平面ABCD上的射影为正方形ABCD的中心，故设， 因为，所以，解得， 则，所以球的半径为； （ⅱ）由（ⅰ）知，，则， 由为线段中点，所以，此时平面的法向量， 所以M到平面的距离为 【变式8-1】（2026·高三·江苏·阶段检测）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，四棱锥的体积为，点在线段（不含端点）上运动． (1)求证：平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的长． 【解析】（1）证明：在三棱柱中，，又，所以， 因为平面平面，平面平面，， 且平面，则平面， 又平面，则， 又，，平面，平面． （2）由（1）可知平面，，平面， 所以且，又由题设，因此，，，两两垂直， 以为原点，分别以，的方向为，轴的正方向， 以过点且平行于的直线为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 如图所示， 已知，则，，所以，，， 设的坐标为（）， 由于， ，所以， 解得， 所以，则， 所以，，， 设，其中，，所以， 设平面的法向量为，，， 则，令，则，，所以， 设平面的法向量，，， 则，令，则，， 所以， 设平面与平面夹角为，则为锐角， 则， 因为，所以，所以， 化简得，又，解得，此时． 【变式8-2】（2026·高三·辽宁朝阳·阶段检测）如图，在正四棱锥中，，为与的交点，点，分别为棱，的中点，且 (1)求的长度； (2)求二面角的正弦值； 【解析】（1）以为原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，四边形为正方形，所以， 设，则， 因为点，分别为棱，的中点，所以， 则， 因为，所以，得， 则的长度为； （2）由（1）知， 则，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 平面的法向量为， 则，令，则， 所以二面角的余弦值为， 故二面角的正弦值为. 【变式8-3】（2026·广西南宁·一模）已知点，在平面的两侧，且三棱锥是正三棱锥，为中点，如图所示． (1)若三棱锥也是正三棱锥，证明：； (2)若，，点满足，其中，，且，求平面与平面夹角余弦值的取值范围． 【解析】（1）证明：三棱锥是正三棱锥， 故底面为等边三角形，， 因为为中点，所以，， 因为平面，，所以⊥平面， 三棱锥也是正三棱锥，同理可得，故平面， 所以平面，故； （2）由题意得，， 故，所以，同理可得， 即两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，， 设，由得， 所以，故，其中，， 又，故， 两边平方得， 化简得，，， ，解得， 设平面的法向量为， ，， 则， 令，则，，故， 设平面的法向量为， ， 则， 令，则，所以， 设平面与平面夹角为， 则 其中， 所以， 因为，所以， 故，， 故平面与平面夹角余弦值的取值范围是. 题型九：数学文化与新定义问题 【典例9】（2026·辽宁沈阳·三模）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. 【解析】（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 【变式9-1】（2026·高三·江西南昌·期末）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，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，，分别为、、，则球面三角形的面积为.已知； (1)若，，求球面三角形ABC的面积（直接写结果无需证明）； (2)在球O的内接三棱锥D-ABC中，平面，，直线DC与平面ABC所成的角为. （ⅰ）若，N分别为直线，上的动点，求线段MN长度的最小值； （ⅱ）如图（2），若分别为线段AC，BC的中点，G为线段BD上一点（与点B不重合），当平面OBC与平面GPQ夹角的余弦值为时，求线段BG的长. 【解析】（1）由题意，，，，所以，则有， 所以球面三角形ABC面积为. （2）因为平面，平面，所以. 设，则，所以. 由勾股定理的逆定理可得，又，平面， 所以平面，又平面，所以， 因为直线与平面所成的角为，所以. 易知在和中，斜边的中点到点的距离相等， 即为球的直径，所以. 以点为坐标原点，直线分别为轴，过点且与平行的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. （i）由题可知， 则. 设与都垂直的向量为， 则，令，则， 所以线段长度的最小值为. （ii）设，由题可知， 则. 设平面的一个法向量为， 则，取，可得. 设平面的一个法向量为， 则，取，可得. 设平面与平面的夹角为. 因为=， 化简得则， 故. 【变式9-2】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)若平面为中点，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，又知为侧面内一动点，记二面角为，直线与平面所成角为，若，求三棱锥体积的最大值. 【解析】（1）由离散曲率的定义得： ， ， ， ， 所以， 故三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和为； （2）由平面，平面，得， 又，，，平面， 则平面， 又平面，所以，即， 又， 即， 解得， 由平面，平面，得， 则为等腰直角三角形，所以，， 因为为中点，所以，， 又，所以， 因为，则， 则，故， 设点到平面的距离为， 在三棱锥中，有， 所以，则， 故点到平面的距离为； （3）如图，作平面，垂足为，作，垂足为，连接，，， 则，， 因为，所以， 又、平面， 所以，所以， 由抛物线定义知，点的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线一部分， 取的中点为，如图以中点为原点，所在直线为轴，的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系， 则，， 则以为焦点，以为准线的抛物线方程为， 故点的轨迹为该抛物线在三角形内部部分，即图中的曲线部分， 直线斜率为，则直线方程为：， 联立，解得或（结合图形舍） 即， 当与重合时，此时可得在上，使得取最大值，   的最大值满足：， 所以， 三棱锥体积的最大值为． 【变式9-3】如图1，在平面四边形中，，，，是等腰直角三角形，，将沿折叠到的位置，形成如图2所示的三棱锥，且. (1)证明：； (2)已知三棱锥，外接球球心为. ①若为线段上动点（不包含点），为中点，为中点，设平面与平面的夹角为，求的最小值. ②类似于平面中三角形的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则，当、、时，请在图3的基础上，试证三面角余弦定理，并用该结论求图2中二面角的余弦值. 【解析】（1） 因为，，，由勾股定理得，. 因是等腰直角三角形，且，所以，. 在中，，所以，即. 因，，与相交于点，且平面，所以平面. 而平面，所以. （2）过点作平面. 以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系. 因为，所以. 因为，，与相交于点，且平面，所以平面. 则，，，线段的中点 因三棱锥底面为直角三角形，所以三棱锥的外接球球心在底面斜边上的中点的上方. 又因为球心距离点和的距离相等，所以球心. ①因为线段的中点，所以；为线段中点，所以 点在线段上运动，设，. ，，设平面的法向量为. 则，不妨令，则平面的一个法向量为. ，，设平面的法向量为. 则，不妨令，则平面的一个法向量为. 平面与平面的夹角为，则 因，所以要求的最小值，即求的最大值. . 设，则，则. 则，当且仅当，即时，等号成立. 所以的最小值为. ②点为射线上一点，过作交于，作交于，连接，则是二面角的平面角. 在中，由余弦定理得，； 在中，由余弦定理得，. 两式相减得， 由勾股定理得，，， 所以有 两边同时除以得，，即. 在中，由余弦定理可得，在中，由余弦定理可得. 设二面角的大小为， 则， 代入解得，所以二面角的余弦值为 1．（2026·高三·陕西西安·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，为边上的点，，，， . (1)证明：平面. (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【解析】（1）因为，，所以. 因为平面，平面， 所以，，. 以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间坐标系. 由题意知，，，，，，. 所以，. 所以，即. 又因为，平面，， 所以平面. （2）由（1）知，. 设平面的一个法向量， 则，即，令，则， 所以平面的一个法向量. 设平面的一个法向量， 则，即，令，则， 所以平面的一个法向量. 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 2．（2026·高三·四川成都·阶段检测）已知四棱锥中，，，，，，直线与平面所成角为． (1)求证：； (2)点E是线段的中点，求点E到平面的距离； (3)点M在四边形内部（包含边界），二面角的大小为，求点M的轨迹的长． 【解析】（1）中，， 所以. 设点到平面的距离为，则， 所以， 所以在平面的投影为，即平面. 因为平面，所以， 因为，且平面， 所以平面. 又平面，所以. 同理可得，所以. （2）由（1）知，平面， 因为平面，所以， 因为，且平面， 所以平面. 因为平面，所以. 又，所以四边形为正方形. 所以三棱锥的体积为； 因为， 所以点E到平面的距离为. （3）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， 设， 则， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则， 所以平面的一个法向量为. 由（2）得平面， 所以平面的一个法向量为. 因为二面角的大小为， 所以， 所以，即， 所以或， 即或. 又与交于点，与交于点， 所以点M的轨迹为线段，； 与正方形有且只有一个交点，即， 所以点的轨迹为点，所以长度为0. 综上所述，点M的轨迹的长为. 3．（2026·高三·贵州·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面，，，，点是棱的中点． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【解析】（1）在中，，，故为等腰三角形，， 在中，，故为等边三角形，， 因此，即. 又平面，故以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 在中，由正弦定理得， 依题意得，，，，，是中点，故， ，， 设平面的法向量为，则， 令，得平面的一个法向量为， 因为，，故， 又平面，因此平面. （2），得， 由（1）知平面的一个法向量为，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. 4．（2026·高三·上海浦东新·阶段检测）如图，在三棱柱中，平面，，，为的中点且三棱柱的高为1. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； 【解析】（1）如图，连接交于点， 由题可得：四边形是矩形，所以为的中点，又因为为中点，所以，且平面，平面，所以平面. （2）如图所示：以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，，， 可得，， 由题可得：平面，所以为平面的法向量， 设平面的法向量为， ，即， 取，则，，得， 记二面角为，由题可得为钝角， . 5．已知四棱锥中，底面为矩形，底面，. (1)证明：； (2)若四棱锥体积，求二面角的大小． 【解析】（1）以为原点，作，以，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 已知， 得，设， ， 则， ，即. （2）由题意得，底面矩形面积， ，解得，即， ，，， 设平面法向量， ，即 令，得， 设平面法向量， ，即 令，得， 设二面角的平面角为，为锐角， ，， 所以二面角的大小为. 6．（2026·广东广州·模拟预测）如图，正方形边长为，，分别为边，的中点，是线段上的点，且．把矩形沿折起，设． (1)在上找一点，使得直线平面，并求出的值； (2)若，求的值； (3)若四棱锥的外接球半径为，求的值． 【解析】（1）过点在平面中作，交于点. 因为平面，平面，所以平面. 又，所以. （2）以点为原点，以为轴，以过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，. 因为，所以，即， 整理得，即. （3）连接，交于点，设四棱锥的外接球球心为，连接， 则平面， 连接，则. 底面的中心，可设. 所以，则. ， 即，整理得，则， 两边平方得，即，也即. 又，则，所以，解得. 则. 7．（2026·高三·河南·阶段检测）如图，在四棱柱中，，，，分别是，，的中点． (1)证明：平面． (2)若底面，设平面与平面的夹角为，求． 【解析】（1）证明：连接．是四棱柱，，， ∴四边形是平行四边形，． 分别是，的中点，， ． 平面，平面， 平面． （2）法一：因为底面，，平面， 所以，， 设，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，，， ，． 设平面的法向量为， 则 取，则，，是平面的一个法向量． 易得平面的一个法向量为， ． 故． 法二：如图，过点作，垂足为．过点作，垂足为，连接，，． 由题得， 平面，平面． 平面，． ，，平面， ，∴平面与平面的夹角为． 设，易得，，，得． 在中，由，得， 得，． 故． 8．（2026·高三·陕西商洛·阶段检测）在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，，其中，是棱的中点． (1)求证：平面； (2)平面与平面有可能垂直吗，若有可能，求出的长；若没有可能，说明理由． 【解析】（1）连接交于点，连接， 因为，分别为，的中点，所以， 又平面，平面，则平面． （2）假设当时，平面平面， 以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，，， 设平面的法向量为，则， 即， 令，得， 设平面的法向量为，则， 即，令，得， 当平面与平面垂直时，有，解得． 故当时，平面平面． 9．（2026·高三·上海虹口·阶段检测）如图所示，圆台上底面圆的半径为，下底面圆的半径为，为圆台下底面的一条直径，圆上点满足，是圆台上底面的一条半径，点、在平面的同侧，且． (1)证明：平面平面； (2)若圆台的高为2，求直线与平面所成角的大小． 【解析】（1）由题可得， 作的中点Q， 连接，为的中点，所以，则， 因为，所以，故， 所以与平行且相等，所以四边形为平行四边形，则， 因为面，则，则，平面， ， 所以面，面，所以平面平面. （2）因为，所以如图建立空间直角坐标系，以为原点，为z轴，为y轴，为x轴 则，，，，， 则，，， 设面的法向量为，则，即， 令，解得， 设直线与平面所成角为， 则，故 10．（2026·高三·福建泉州·开学考试）如图，三棱锥中，，是的中点，平面平面，． (1)证明：平面平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【解析】（1）证明：因为，是的中点， 所以,又平面平面，是交线，平面， 所以平面，又平面， 所以，又，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面. （2）如图，分别以所在直线为轴，以过平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以, 设平面的法向量， 则，令，可得， 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. 28 / 40 学科网（北京）股份有限公司 $