专题04 立体几何中的大题归纳（考点清单）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测
|
2份
|
112页
|
151人阅读
|
2人下载
精品
内容正文：
专题04 立体几何中的大题归纳
目录导航
01知识脑图·核心脉络搭建——梳理专题框架，搭建知识体系
02考点深研·知能分层突破——深挖高频考点，分层突破重难点
学科网（北京）股份有限公司1 / 17
学科网（北京）股份有限公司
▶基础梳理・自主夯基
考点01 空间向量法求角度
考点02 空间距离
03素养进阶·答题技法突破——提炼解题范式，提升答题素养
▶高考解密・母题探究
题型01 求空间角
题型02 求空间距离
题型03 求体积
▶考点聚焦・解法深研
题型01 求异面直线所成角
题型02 求线面角及最值
题型03 求二面角及最值
题型04 求体积
题型05 求距离及最值
题型06 立体几何中的存在性问题
04优题精练·专题实战通关——精选优质试题，强化实战应用
知识脑图·核心脉络搭建
考点深研·知能分层突破
考点01 空间向量法求角度
1、 求异面直线夹角
两条异面直线所成角的求法：设直线a，b的方向向量为，其夹角为θ，则（其中φ为异面直线a，b所成的角）．
范围：
2、 求线面角
设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的角为，则有．
范围：
3、 求二面角的平面角
若分别为面的法向量，则二面角的平面角为的夹角或它们的补角。
范围：
【新题对点练】（26-27高三上·四川成都·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面.
(1)求证：平面平面；
(2)若点为棱的中点，求直线与平面所成角的正弦值；
【答案】(1)证明：底面，底面，
，
又，且，，平面，
平面，
又平面，∴平面平面.
(2)
【分析】（1）由条件得到，再结合，得到线面垂直，进而可求证；
（2）建系，由线面角公式即可求解.
【详解】（1）略
（2）由（1）知平面，平面，故，
，，
又底面，，底面，
所以，，
故以A为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
设，则，，
，，
，，
则，，，
所以，，
N为中点，故.
向量，
设平面的法向量，
由，即，
令，得.
设直线与平面所成的角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
考点02 空间距离
1、 异面直线间的距离
设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，
2、点到平面的距离
为平面外一点（如图），为平面的法向量，过作平面的斜线及垂线．
A为平面α外一点（如图）， 为平面α的法向量，过A作平面α的斜线AB及垂线AH．
【新题对点练】（26-27高三上·北京东城·阶段检测）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，．
(1)若为的中点，求证：平面；
(2)若平面，．
（i）求直线与平面所成角的余弦值；
（ii）求点到平面的距离．
【答案】(1)如图取的中点，连接，
由题意不妨设，
则，且，
可知，
由中位线的性质可知，所以，
即四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，所以平面；
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）根据等腰直角三角形的特征判定底面中，再借助中位线判定线面平行即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用线面夹角的向量法计算即可；利用点到面的距离公式计算即可.
【详解】（1）略
（2）（i）取中点G，由上可知，
因为平面，平面，故，
可以以为中心建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，
则，
设平面的一个法向量为，则有，
取，则，即，
设直线与平面所成角为，则，
则；
（ii）点到平面的距离.
素养进阶·答题技法突破
题型01 求空间角
【典例1】（2026·全国二卷·高考真题）如图，三棱锥中，点在上，，，．
(1)证明：；
(2)若，，，，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明：
因为且，，且，
所以平面.
因为平面，所以.
又，，平面，
平面，平面，
所以平面，
故.
(2)
【分析】（1）根据题意可得，，再结合线面垂直的性质定理证明即可；
（2）法一：建立空间直角坐标系，求解向量和平面的法向量，再结合向量法求解线面夹角；法二：利用体积法解出设点到平面的距离为，进而计算线面夹角.
【详解】（1）略
（2）如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
可得， ， ， .
因为 且 ，所以.
所以，，.
设平面 的法向量 ，则，
可得，令，则：，，即.
设与平面所成的角为：
所以
，
所以与平面所成的角的正弦值为.
法二：在 中，，
在 中，，
由（1）知，则.
在 中，.
在 中，.
，
为直角三角形，则.
设点到平面的距离为，与平面所成角为，
由得：
，即，
解得：.
所以.
【典例2】（2026·上海·高考真题）已知四棱锥，底面为矩形，底面，垂足在边上，且，，．
(1)求证：；
(2)若四棱锥的体积为，求二面角的大小．
【答案】(1)根据已知四棱锥的性质，结合已知条件，以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系，
则，设点，
则，
，
．
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，得出相关点和向量坐标，利用向量的数量积为0，推出向量垂直；
（2）利用棱锥体积公式求出，进而求出点，得出相关向量坐标，求出平面的法向量，进而利用向量夹角余弦公式求解．
【详解】（1）略
（2）四棱锥体积，解得，
，则，，
设平面的法向量为，则，
令，则，
设平面的法向量为，
则，令，则，
设二面角为，则，
由图可知，二面角为锐角，则二面角大小为．
【典例3】（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为．
(1)证明：平面；
(2)求面与面夹角的正弦值．
【答案】(1)
设，所以，因为为中点，所以，
因为，，所以是平行四边形， 所以，所以，
因为平面平面，所以平面，
因为平面平面，所以平面，
又，平面，所以平面平面，
又平面，所以平面．
(2)
【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出平面及平面，
再应用面面平行判定定理得出平面平面，进而得出线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点的坐标表示出来，然后将平面及平面的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其正弦值.
【详解】（1）略
（2）
因为，所以，又因为，所以，
以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系.
因为，平面与平面所成二面角为60° ，
所以.
则，，，，，.
所以.
设平面的法向量为，则
，所以，令，则，则.
设平面的法向量为，
则，所以，
令，则，所以.
所以.
所以平面与平面夹角的正弦值为.
【典例4】（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：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）证明：由题意及（1）证明如下，
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.
（ii）.
【分析】（1）通过证明，，得出平面，即可证明面面垂直；
（2）（i）建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设在同一球面上，在平面中，得出点坐标，进而得出点在空间中的坐标，计算出，即可证明结论；
（ii）写出直线和的方向向量，即可求出余弦值.
【详解】（1）略
（2）（i）略
（ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得，
，
设直线与直线所成角为，
∴.
法2：
由几何知识得，，
，∥，
∴，
在Rt中，，，由勾股定理得，
，
过点作的平行线，交的延长线为，连接，，
则，直线与直线所成角即为中或其补角.
∵平面，平面，，
∴，
在Rt中，，，由勾股定理得，
，
在Rt中，，由勾股定理得，
，
在中，由余弦定理得，
，
即：
解得：
∴直线与直线所成角的余弦值为：.
题型02 求空间距离
【典例1】（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.
【典例2】（2024·全国甲卷·高考真题）如图，，，，,为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到的距离.
【答案】(1)
由题意得，，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面平面，
所以平面；
(2)
【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；
（2）先证明平面，结合等体积法即可求解.
【详解】（1）略
（2）取的中点，连接，，因为，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形，
可得，
又，所以，故.
又平面，所以平面，
易知.
在中，，
所以.
设点到平面的距离为，由，
得，得，
故点到平面的距离为.
【典例3】（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点，
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)
取中点，连接，，
由是的中点，故，且，
由是的中点，故，且，
则有、，
故四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，
故平面；
(2)
(3)
【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；
（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.
【详解】（1）略
（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有、、、、、，
则有、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
分别取，则有、、，，
即、，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为；
（3）由，平面的法向量为，
则有，
即点到平面的距离为.
题型03 求体积
【典例1】（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求三棱锥的体积．
【答案】(1)
法一、在正方形中，
由条件易知
，所以，
则，
故，即，
在正方体中，易知平面，且，
所以平面，
又平面，∴，
∵平面，∴平面；
法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设是平面的一个法向量，
则，令，则，所以，
易知，则也是平面的一个法向量，∴平面；
(2)
(3)
【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明，再结合正方体的性质得出平面，利用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面垂直即可；
（2）利用空间向量计算面面夹角即可；
（3）利用空间向量计算点面距离，再利用锥体的体积公式计算即可.
【详解】（1）略
（2）同上法二建立的空间直角坐标系，
所以，
由（1）知是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，所以，
令，则，即，
设平面与平面的夹角为，
则；
（3）由（1）知平面，平面，∴，
易知，
又，则D到平面的距离为，
由棱锥的体积公式知：.
【典例2】（2026·上海·高考真题）如图所示正四棱台，其中，.
(1)当时，求和平面所成角；
(2)证明：平面；若棱台高为3，求三棱锥的体积.
【答案】(1)
(2)
连接、交于,连接、交于,
如图,上下底面为正方形,由正棱台性质,可得,且,
所以四边形为平行四边形,所以，
因为平面,平面，所以平面.
体积为
【分析】（1）作到下底面的垂线，确定线面角的平面角，再通过边长计算该角的大小.
（2）连接上下底面对角线的交点，利用正棱台性质证得线线平行，进而证明线面平行；利用线面垂直将三棱锥拆分为两个小棱锥，结合棱台的高计算其体积.
【详解】（1）过作平面ABCD于,连接，
过分别作于于,连接,
如图为在平面上的投影,
由于平面，所以，
由于平面，
所以平面.由于平面，所以.
所以,同理,,四边形为正方形,
所以，为在平面上的投影,
又因平面平面,
所以和平面所成角即，,
故和平面所成角为.
（2）由正棱台性质,与上下底面均垂直,则，
因为，平面，
所以平面,所求三棱锥体积可拆分成两个小三棱锥的体积之和,
即:
题型01 求异面直线所成角
两条异面直线所成角的求法：设直线a，b的方向向量为，其夹角为θ，则（其中φ为异面直线a，b所成的角）．
【典例1】（26-27高三上·江苏扬州·开学考试）如图，四棱锥中，平面，底面四边形为正方形，，点、分别在棱、上（含端点）运动，且满足．
(1)求证：当、为中点时，平面
(2)求证：当时，
(3)当异面直线与成角时，求直线与所成角的正弦值．
【答案】(1)证明：设，以为原点，为轴，为轴，过作垂直底面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
所以，，，，，
设，则，.
当为中点时，，则，.
所以，，.
所以，，
故，，，平面，所以平面.
(2)证明：当时，，，
即，，.
底面正方形面积：.
四边形面积用割补法：.
，高均为，，所以.
(3)
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法证明线面垂直、体积比例、异面直线夹角.
【详解】（1）略.
（2）略.
（3）由题，，，.
当异面直线与成角时，由，，
化简可得，解得
设与夹角：，
代入，，
由， ，，
，
化简：，
所以.
【典例2】（26-27高三上·江苏镇江·开学考试）如图，在三棱锥中，，点在棱上．在空间直角坐标系中，点，，，．
(1)求点的坐标；
(2)求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设点的坐标为，利用向量共线定理，结合的距离条件列方程求解；
（2）求出向量 与 的坐标，利用空间向量夹角公式计算异面直线所成角的余弦值.
【详解】（1）设点的坐标为；
，，，.
点在棱上，，即；
，即.
，，，；
，，即，整理得，解得或.
，；
，即点的坐标为.
（2）设异面直线与所成角为；
由，，，，得，.
；
异面直线与所成角的余弦值为.
【变式1】（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)
(3)
【分析】（1）根据题意可得，，结合线面垂直的判定定理分析证明；
（2）根据等体积法可得，结合题意求点到面的距离；
（3）建系并标点，求直线与的方向向量，利用空间向量求线线夹角.
【详解】（1）略
（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．
【变式2】（2026·广东广州·三模）如图1，已知四边形为菱形，且，点，分别为边，的中点，将，，分别沿，，折起，使得，，三点重合于点得到三棱锥如图2．
(1)证明：；
(2)若，，求直线与直线所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）法一：在图1中，连接交于点，
因四边形为菱形，且，点，分别为边，的中点，
则点是线段的中点，且，
折起后，在图2中有，
因，平面,平面，
因为平面，所以．
法二：依题意，不妨设菱形的边长为2，在图2中则有，
又因为，所以，在图2中有，
以作为基底，
所以，
因为，
则有，所以.
（2）由（1）法二为基底，设向量与向量的夹角为，
因为，所以点是线段的中点，
在等边三角形中,，且，
又由于，则,,
,
，所以
又因为
．
所以，
所以直线与直线夹角的余弦值等于.
题型02 求线面角及最值
将动点坐标设为含有参数的代数式。利用向量法求出线面角的三角函数值表达式，结合动点的取值范围，转化为函数求最值问题（如二次函数或基本不等式）。
【典例1】（2026·重庆渝中·模拟预测）如图，几何体是底面为菱形的直四棱柱截去三棱锥后剩余的部分，，．
(1)求证：平面；
(2)设是的中点，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明：在直四棱柱中，CD∥且CD＝．
因为四边形ABCD为菱形，则AB∥CD且AB＝CD，∴AB∥且AB＝，
所以四边形为平行四边形，∴∥．
又⊂平面，平面，∴∥平面
(2)
【分析】（1）根据直四棱柱的几何性质，结合菱形的几何性质、线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）根据直四棱柱的几何性质，结合菱形的几何性质建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）略.
（2）由四边形ABCD为菱形，可得ED⊥EC，取的中点F，
连接EF，为直棱柱，则EF⊥平面ABCD．
设AB＝＝2，
则以E为原点，分别以EC，ED，EF为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，．
设平面的法向量为，
则令，得．
设直线与平面所成角为θ，
则，
∴直线与平面所成角的正弦值为．
【典例2】（26-27高三上·贵州·阶段检测）如图，在三棱柱中，，，侧面为菱形，为的中点，平面．
(1)证明：平面．
(2)为棱的中点，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)因为D为的中点，，所以．
平面，平面，
所以，
因为平面，所以平面
(2)
【分析】（1）根据平面，得出 ，再应用线面垂直判定定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，最后应用线面角坐标公式计算求解.
【详解】（1）略
（2）以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，故，
则，，
又因为，所以，为棱的中点，所以，
所以，，
设平面的法向量为，则，
即，令，得．
设与平面所成角为，因为，
所以，
即与平面所成角的正弦值为．
【变式1】（2026·浙江·模拟预测）如图，已知四边形是菱形，，是平面外一点，且，（）．
(1)当时，求证：，，，四点共面；
(2)若平面平面，平面平面，
（i）求证：直线平面；
（ii）求的值，使直线与平面所成角最大．
【答案】(1)证明：因为，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，．
又因为四边形为菱形，所以，，
从而有，，
所以四边形为平行四边形，所以，，，四点共面．
(2)（i）证明：设平面，且，．
因为平面平面，为交线，所以平面．
设平面，且，．
因为平面平面，为交线，所以平面．
因为平面，平面，所以．
又因为平面，平面，所以平面．
因为平面平面，所以，所以平面．
（ii）．
【分析】（1）由，可判断出，借此求证，即可判断；
（2）（i）设平面，由面面垂直得到平面，同理设平面，得到平面，再证明与位置关系，即可判断；
（ii）令为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线与平面所成角的正弦值，然后利用函数的最值问题处理方式，求得线面角的正弦值的范围，即可求解．
【详解】（1）略
（2）（i）略
（ii）由（i）知，平面．
又已知四边形是菱形，且，记为边的中点，故可以为原点，
，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设，则，，
，，．
所以，，．
设是平面的一个法向量，
则，特取，得，即．
记直线与平面所成的角为，
则，
即，
所以当，即时，，即．
综上，当时，直线与平面所成角最大，且最大角为．
【变式2】（25-26高二下·江苏南通·期中）如图，在正四棱锥中，，点，分别为，的中点，且是二面角的平面角．
(1)求证：平面；
(2)求直线到平面的距离；
(3)点是线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】(1)通过构造平行四边形，结合线面平行的判定定理证得平面.
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线到平面的距离.
(3)利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值的表达式，结合二次函数的性质求得其最大值.
【详解】（1）取的中点，连接、.
由为中点，得且；
由为中点，得且，故且，
所以四边形为平行四边形，因此.
又平面，平面，故平面.
（2）连接，设，连接，则平面，
以为原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系.
由为二面角的平面角，得、，
而是的中点，所以，所以是等边三角形，
因为，所以，高，
，，，，，
，，，
，设平面的法向量为，
则，故可设平面的法向量，
由平面，直线到平面的距离等于点到平面的距离，
，所以直线到平面的距离为.
（3）设为线段上的动点，令()，
则
，
则，向量.
设直线与平面所成角为，
则,
，
当时，取得最小值，
此时取得最大值为：.
题型03 求二面角及最值
设出相关动点的坐标，求出两平面的法向量。写出二面角余弦值的参数表达式，根据图形确定正负，利用函数性质或导数求出最值。
【典例1】（2026·四川南充·一模）如图，在四棱锥中，，，，是边长为4的等边三角形，平面平面．
(1)证明：；
(2)点在线段上，且，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)取中点为，连接，
是边长为4的等边三角形，，
又平面平面，平面平面，平面，
又，，是平行四边形，，又，
，又平面且，
平面，又平面.
(2).
【分析】（1）利用面面垂直的性质得到线面垂直，再利用线面垂直定理和性质即可证明；
（2）首先建立空间直角坐标系，由求出点坐标，由二面角的向量公式即可求出余弦值.
【详解】（1）略；
（2）
以为坐标原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，
，，，，，
因，所以，所以，
由题意可知，平面平面，故平面的法向量为，
向量，，
设平面的法向量为，
则，令，解得，，
即，
设平面与平面的夹角为，则.
【典例2】（26-27高三上·陕西商洛·阶段检测）如图，在四棱柱中，四边形是矩形，，，，．
(1)求证：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明：在中，，，，
由余弦定理得，
所以，故．
连接，在四棱柱中，，，则，
又，，平面，
所以平面．
(2)
【分析】（1）通过余弦定理得出后利用线线垂直证明线面垂直.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角.
【详解】（1）略
（2）以为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示．
设，则，，，，
设平面的法向量为，
又，，，
所以，故可取，
又直线与平面所成角的正弦值为，
因，
解得，可得点．
设平面的法向量为，
又，，
因，故可取，
设二面角的大小为，
所以，
由图可知，二面角为锐角，
故二面角的余弦值为．
【变式1】（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．
【答案】(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)
【分析】（1）作出辅助线，得到，⊥平面，同理可得，故平面，平面，故；
（2）先得到两两垂直，建立空间直角坐标系，设，求出的关系式，从而，求出两平面的法向量，得到两平面夹角余弦值，根据求出取值范围.
【详解】（1）略
（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.
【变式2】（2026高三下·吉林长春·专题练习）如图所示，已知四棱锥平面ABCD．点为PA的中点，，，垂足分别为．
(1)证明：；
(2)若平面EBD，设二面角的平面角为，且为钝角，求的最大值；
【答案】(1)因为平面，且平面，所以，
因为，可得，
又因为点为的中点，可得，且，
因为，，且，所以，
所以为等腰直角三角形，可得，
如图所示，取的中点，连接，可得，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以.
(2)
【分析】（1）取的中点，根据题意，分别证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可证得；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，根据，可得设和，求得平面与的法向量为和，利用向量的夹角公式，求得，进而得到答案.
【详解】（1）略
（2）设与交于点，平面，且平面平面，
因为平面，所以，
又因为点为的中点，所以点为的中点，
因为平面，且平面，所以，
又因为，所以,
以为原点，以分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，可得，
设，可得
因为，所以，
解得，同理可得，
不妨设，其中，
因为过点，可得，
因为，
可得，解得，
设平面与平面的法向量分别为，
则，取，可得，
所以，同理可得，
所以，
由图形可得，满足角为钝角，
又由，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以二面角的平面角的余弦值的最大值为.
题型04 求体积
若直接求高困难，优先使用“等体积法”转换顶点，或将不规则图形“分割”为几个易求的锥体。建系时，利用法向量求点到面的距离，进而求得锥体的高。
【典例1】（26-27高三上·浙江·开学考试）如图所示，在四棱锥中，平面，，，，是的中点．
(1)证明：平面；
(2)若直线与平面所成的角为，求四棱锥的体积．
【答案】(1)如图所示，取中点，连结，．由题意可知，，，
且，．故且，故四边形为平行四边形．
．
平面，平面，平面.
(2)1
【分析】（1）在平面内找到一条平行于的直线，再运用线面平行的判定定理；
（2）运用几何法或建立空间直角坐标系将四棱锥的高即的长度求出，再运用四棱锥的体积公式即可.
【详解】（1）略
（2）（法一）取中点O，连结，，，，，
， 由题意可知，平面，平面，
因此，而，，平面，
平面．
故平面，则为直线与平面所成角，
即，故，而，所以．
四棱锥的体积；
（法二）由题意可知，平面且，
以点A为坐标原点，，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，，
易知平面的法向量为，，设直线与平面所成角为θ，
则，解得，所以．
【典例2】（2026·山东·模拟预测）如图所示，在四棱锥中，平面，，，，．
(1)证明：直线平面；
(2)点在线段上，直线平面，求三棱锥的体积．
【答案】(1)因为平面，平面，所以，
由，，，，
所以，所以，在中，，即，
因为，平面
所以直线平面.
(2)
【分析】（1）证明，即可证明结论；
（2）设与交于点，由题知，进而得，设，点在棱上，则平面，再计算体积即可.
【详解】（1）略
（2）解：设与交于点，
因为直线平面，平面平面，平面
所以
因为，所以，
所以，即为三等分点靠近点的点，
设，点在棱上，则，
因为平面，所以平面
的面积为，，
三棱锥的体积
【变式1】（26-27高三上·湖北·阶段检测）已知四棱锥中，底面为直角梯形，，平面，，其中，，点N，M分别是，靠近P，D的三等分点．
(1)求证：；
(2)若平面与交于Q，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明：如图所示；
由于平面，平面得，
又，，，平面，因此平面，又平面，因此．
(2)
【分析】（1）先证明，然后证明平面，最后证明.
（2）方法一：先求出点的位置，将四棱锥拆分为两个小三棱锥得，然后通过换底的方法求出两三棱锥的体积；方法二：通过补图的方法找到点的位置，然后做法同方法一.
【详解】（1）略.
（2）方法一：建立如图所示空间直角坐标系；
由题可得点，点，点，点，点的坐标分别为，，，，，
，，
设点的坐标为，，，
，点的坐标为，因此，
因为C，N，M，Q共面，因此，
即，解得，因此，即Q为中点．
，
.
，
.
．
方法二（作图法）：（提示）以三条相互垂直的线段，，补全长方体，如图所示；
图中与平行且相等，取点为的中点，点为的中点，，
又，且与全等，点为的中点，剩下做法和方法一一样.
【变式2】（2026·陕西榆林·模拟预测）等边三角形绕边上的高旋转一周形成一个圆锥，如图，已知均为弧的三等分点（点靠近点），为母线的中点，．
(1)已知为内一点，且平面，作出点的轨迹并证明；
(2)求平面和平面夹角的正弦值；
(3)设为圆锥底面圆周上一点，求三棱锥体积的最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)．
【分析】（1）根据面面平行的判定定理证明平面平面，再由面面平行的性质可得点的轨迹；
（2）设点为弧中点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的方法计算可得结果；
（3）利用余弦定理计算得到的面积，利用空间向量计算得到点到平面距离的最大值，最后由三棱锥体积公式计算可得结果.
【详解】（1）设中点为，连接，，，，则点的轨迹为线段．
分别为，的中点，，且，
又为弧的三等分点，且，
且，∴四边形是平行四边形，，
为弧的三等分点，，，
∴四边形是平行四边形，，
由，，平面，平面，
平面，平面，∴平面平面，
为内一点，且平面，
∴当点在线段上时，平面，满足平面，
∴点的轨迹为线段（不包括端点）．
（2）设点为弧中点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
，，，，
设是平面的一个法向量，
则，令，可得，，所以，
设是平面的一个法向量，
则，令，可得，，所以，
设平面和平面夹角为，为锐角，
则，，
所以平面和平面夹角的正弦值为．
（3）由于，，，
则，
，
设，，
则点到平面的距离，
当时，，
∴三棱锥体积的最大值为．
题型05 求距离及最值
建系求出平面的法向量，求出平面内一点到目标点的斜线段向量。代入投影公式即可求得点到平面的距离，也可利用等体积法转换求解。
【典例1】（26-27高三上·上海嘉定·阶段检测）如图，在三棱柱中，为的中点，，二面角的平面角．
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)因为二面角的平面角，所以，，
因为为的中点，，所以，
在中，，，，
由余弦定理可得，
所以，故，
因为，，，、平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，、平面，所以平面.
(2)
【分析】（1）由二面角的定义可得出，，可推导出平面，进而可得出，由余弦定理结合勾股定理可推导出，利用线面垂直的判定定理可证得平面；
（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到平面的距离.
【详解】（1）略
（2）因为平面，，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，则，
又因为，所以点到平面的距离为.
【典例2】（26-27高三上·天津和平·阶段检测）四棱锥中，侧面平面，四边形为直角梯形，，，，，为等边三角形，点，分别为，的中点．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面所成角的余弦值；
(3)点在线段上，且，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明：连接,因侧面平面，平面平面,
又为等边三角形，点是的中点，则,则平面,
又平面,则.
因四边形为直角梯形，，，，，
则,由可得,
又因点为的中点，则,故,因平面,
则得平面.
(2)
(3)
【分析】(1)先利用面面垂直的性质推出平面，得，再由勾股定理证明，继而推得，根据线面垂直的判定定理即可得证；
（2）依题意建系，写出相关点的坐标与向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得；
（3）利用点到平面的距离的向量公式计算即可.
【详解】（1）略；
（2）如图取的中点，连接，易得，则，
分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系；
则，
故.
因平面，则可作为平面的一个法向量；
设平面的法向量为，
则，故可取.
设平面与平面所成角为，
则；
（3）依题意，点是的中点，则，，平面的法向量为，
则点到平面的距离为.
【变式1】（25-26高三下·江苏连云港·阶段检测）在三棱锥中，，，为的中点，点在上，．
(1)若二面角的余弦值为，，求证：平面；
(2)若，平面，设点到的距离为，到平面的距离为，求的取值范围．
【答案】(1)证明：因为，为中点，则，
又因为，则，可知二面角的平面角为，
即，且，
由余弦定理得，
由勾股定理可得，则，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
而，平面，所以平面．
(2)
【分析】（1）作出二面角的平面角，由余弦定理可得，再利用线面垂直的判定理及性质定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，根据点到点到平面距离向量可得的表答式，再利用函数单调性计算即可求解.
【详解】（1）略
（2）设，，
以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，
因为，所以，
设，则，，
所以，所以，
可得，，
所以，
整理可得；又因为，，
所以设平面的法向量为，
则，则，
令，则，可得，
则，可得，
因为，则，可得，，
所以的取值范围为.
【变式2】（2026·河南·模拟预测）如图，四棱锥的底面为矩形，，，平面平面ABCD．
(1)若，，
①求四棱锥的体积；
②求平面APD与平面CPD的夹角的余弦值．
(2)设点B在直线AP上的射影为H，点H到平面ABCD的距离为d，求的最大值．
【答案】(1)① ；②
(2)
【分析】（1）①作出辅助线，由线面垂直得到线线垂直，求出各边长，由锥体体积公式得到答案；
②建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到面面角的余弦值；
（2）设，，表达出其他各边长，结合余弦定理，换元法，导函数求出的最大值．
【详解】（1）①如图，作于点E，连接BE．
因为平面平面ABCD，且平面平面，平面，
所以平面ABCD，即PE为四棱锥的高．
因为四边形ABCD为矩形，，，
所以，．
因为，，AC为公共边，所以，
故，所以，
故．
所以四棱锥的体积．
②如图所示，以B为坐标原点建立空间直角坐标系B-xyz，
则，，，，
所以，，．
设平面CPD的法向量为，
则，即，可取，
所以平面CPD的一个法向量为．
同理，设平面APD的一个法向量为，
，
解得，令，则，
可得平面APD的一个法向量为．
设平面APD与平面CPD的夹角为，
则．
（2）作，垂足为I，与（1）同理，可得平面ABCD．
设，，则，，．
由平面ABCD，可得，所以．
在中，由余弦定理可得，
在中，，
因为，所以．
设，，则，
设，，则，令，可得，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，
所以的最大值为．
题型06 立体几何中的存在性问题
假设存在符合条件的点，设出参数（如线段比例）。建立空间坐标系，利用平行、垂直或角度条件列出向量方程（组），解出参数。若解在合理范围内，则存在；否则不存在。
【典例1】（2026·黑龙江大庆·一模）已知正三棱柱所有棱长都为，点为棱的中点．
(1)证明：平面；
(2)求平面和平面夹角的余弦值；
(3)在棱上是否存在点，满足点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明：如图，连接，交与点，连接.
因为四边形为正方形，所以为中点，
又为中点，所以，
又平面，平面，所以平面.
(2)
(3)存在，.理由如下：
因为，所以，.
设，，则，
因为点到平面的距离为，
所以，解得或（舍去）.
所以，即，
所以在棱上存在点，满足点到平面的距离为，此时.
【分析】（1）构造线线平行，利用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，利用空间向量求两平面所成角的余弦值.
（3）利用空间向量，根据点到平面的距离确定点位置.
【详解】（1）略
（2）因为三棱柱是各棱长均为2的正三棱柱，
取中点，则两两垂直.
故可以为原点，所在射线分别为轴，建立如图空间直角坐标系.
则，，，，，
因为为中点，所以.
所以，，，.
设平面的法向量为，
则，令，则，所以.
设平面的法向量为，
则，令，则，，所以.
所以，
即平面与平面夹角的余弦值为.
（3）略
【典例2】（26-27高三上·河南信阳·开学考试）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．
【变式1】（2026高三·全国·专题练习）如图所示，在长方体中，，，点E在棱上移动，小蚂蚁从点A沿长方体的表面爬到点，所爬的最短路程为．
(1)求证：；
(2)求的长度；
(3)在线段上是否存在点E，使得二面角的大小为．若存在，确定点E的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)方法一（几何法）：
连结，在长方体中，
因为平面，且平面，所以，
因为，所以矩形为正方形，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以；
方法二（向量法）：
建立如图空间直角坐标系，设，
则，，，，
，，
因为，所以；
(2)2
(3)存在E点，且与点B距离为时，二面角的大小为．
【分析】（1）几何法通过正方形对角线垂直结合线面垂直推出线线垂直，向量法建立坐标系，计算两直线方向向量点积为，完成垂直证明；
（2）设底面边长为，将长方体表面分两类展开得到两种爬行距离表达式，根据判定最小值，列方程求解得到的长度；
（3）几何法利用三垂线定理找出二面角平面角，结合等腰直角三角形性质与三角形等面积法算出的长度；向量法设点的坐标，求出两个面的法向量，利用二面角余弦公式解方程，舍去超出线段范围的解，确定的位置．
【详解】（1）略
（2）设，
因为四边形是正方形，
所以小蚂蚁从点A沿长方体的表面爬到点可能有两种途径．
如图甲的最短路程为，
如图乙的最短路程为，
因为，所以，
所以，解得，即的长度为．
（3）方法一（几何法）：：
假设存在满足条件的点E，连结，设，
过点D在平面内作，连结，
则为二面角的平面角，
所以，所以，
在内，，而，
即，解得，
即存在E点，且与点B距离为时，二面角的大小为．
方法二（向量法）：
假设存在满足条件的点E，平面的法向量，，，
设平面的法向量，
则，即，
取，解得，得，
由题意得，
解得或（舍去），
即存在E点，且与点B距离为时，二面角的大小为．
【变式2】（2026·陕西榆林·模拟预测）在四棱锥中，平面平面，是线段的中点.
(1)证明：.
(2)若二面角的平面角的正弦值为.
①求线段的长；
②若为线段的中点，点在线段上，是否存在实数，使得当时，平面？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②存在实数
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理得出线面垂直，再应用线面垂直的定义得出线线垂直；
（2）①根据题意，建立恰当的空间直角坐标系，先求出平面与平面的法向量，再根据求平面与平面夹角余弦公式计算求解参数；②计算得出，进而得出，再应用线面平行的向量关系列式求解.
【详解】（1）证明：在中，是线段的中点，.
∵平面平面，平面平面平面平面.
又平面.
（2）解：①取的中点，连接，则，由（1）可知，平面.
平面，即两两互相垂直.
以点为坐标原点，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设，
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.
.
设二面角的平面角为，
则.
，解得，即.
②假设实数存在，设点，则.
由，得则
由，得，则，
由（1）知平面的一个法向量.
由平面，得，解得.
∴存在实数，使得当时，平面.
优题精练·专题实战通关
1．（25-26高三下·河南许昌·期中）如图，底面为锐角三角形的直棱柱中，，，点在线段上，且满足，点为的中点.
(1)当时，证明：平面；
(2)若平面与平面所成角的余弦值为，求异面直线与所成角的大小.
【答案】(1)
在直棱柱中，令，则是的中点，
由，，得是的中点，
而点为的中点，则，
即，而平面，平面，
平面.
(2)
【分析】（1）要证明线面平行，首先证明线线平行，即证明；
（2）首先以的中点为原点，建立空间直角坐标系，利用坐标法，代入二面角的向量法公式，求边长的关系，再代入异面直线所成的角.
【详解】（1）略
（2）分别取，的中点，，
则。
又平面，
平面，由，得，则直线，，两两垂直，
以点为原点，向量，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，
令，，
则，，，，，，，，，
设平面与平面的法向量分别为，，
则
令，得，
，
令，得，
由平面与平面所成角的余弦值为，
得，
解得或，
由是锐角三角形，得，即，则，即，
又，则，
而 ，因此，
异面直线与所成的角为.
2．（26-27高三上·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．
【答案】(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)
【分析】（1）通过证明直线方向向量与法向量垂直，结合线在面外即可证线面平行；
（2）利用线面角的向量公式，直接得到线面角的正弦值.
【详解】（1）略
（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.
3．（2026·吉林长春·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面是菱形，，底面，垂足为的中点．
(1)若过点，，D的平面与棱交于点，证明：是的中点，且四边形为矩形；
(2)若，求与平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】(1)证明：连接，.
在三棱柱中，侧面为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
因为平面，且平面平面，所以，
因为是的中点，所以是的中点.
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，所以四边形为平行四边形.
在中，因为，是的中点，所以.
因为平面，平面，平面，
所以，.
因为平面，平面，，
所以平面，
因为平面，所以，所以四边形为矩形.
(2)
【分析】（1）首先根据线面平行的判定定理和性质定理证明，即可证明点是中点，再证明，以及面面平行的性质定理证明，首先证明四边形是平行四边形，再根据垂直关系的转化证明四边形是矩形；
（2）根据条件以点为原点建立空间直角坐标系，求平面的法向量，再代入线面角的向量公式，即可求解.
【详解】（1）略
（2）由（1）知，，两两垂直，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，在中，，，
，所以，
所以，，，，
则，.
因为，所以.
因为，所以.设平面的法向量为，
则即所以
令，则，，所以.
设与平面所成角为，则
，
当且仅当，即时等号成立.
故与平面所成角的正弦值的最大值为.
4．（2026·贵州贵阳·二模）如图①，在中，，点D是边AB上一点，且，．
(1)若DC平分时，求的大小；
(2)如图②，将沿DC翻折至，使平面平面BDC．
（i）当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的外接球的表面积；
（ii）求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）．
【分析】（1）由三角形面积公式及DC平分，可得，在中应用余弦定理，可求得，在中应用余弦定理即可求得；
（2）设，用表示三棱锥的体积，并求出三棱锥的体积最大时的，从而求得此时三棱锥的外接球半径，进而求得外接球的表面积；建立空间直角坐标系，根据线面角的向量求法，用表示直线与平面所成角的正弦值，利用基本不等式，结合同角三角函数关系式即可求得该正弦值的最大值.
【详解】（1）因为，所以，
即，
若DC平分，则，所以.
设，则，
因为，，所以.
由，得，
解得，即.
所以，
又，所以；
（2）（i）设，作，垂足为O，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面BDC.
又，
所以，
当且仅当时取最大值，此时，，即BD，CD，PD两两垂直，
设三棱锥的外接球半径为R，则，
所以三棱锥的外接球的表面积为；
（ii）如图，以所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
设，则，，
，，，
则，
设平面PBD的一个法向量为，则，
所以，
令，则，
所以，，
设直线PC与平面PBD所成角为，则
，
令，则，
所以，当且仅当时取等号，
所以，
故直线PC与平面PBD所成角的正弦值的最大值为．
5．（25-26高三下·河南·阶段检测）如图，在直三棱柱中，底面，且，设，点是棱的中点，点是棱的中点.
(1)证明：；
(2)设点是棱上的一个动点（不含端点），记直线与平面所成的角为.若存在最大值，求的取值范围.
【答案】(1)证明：因直三棱柱，
所以平面，平面,
故，因为，且点是棱的中点，
所以可得，而，
所以可得平面，而平面，
所以可得.
(2)
【分析】（1）根据直三棱柱可求出线面垂直，由线面垂直可求出线线垂直；
（2）以为原点，以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别求出各点的坐标，求出来，设平面的法向量为，直线与平面所成的角满足，要使最大，即存在最大值，令，所以，设，对其求导，根据导函数最值即可求解.
【详解】（1）略；
（2）以为原点，以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则可知，
，
设，则，
设平面的法向量为，则，
故，令，所以，
直线与平面所成的角满足，
所以，
令，所以，
，
要使存在最大，即存在最大值，设，
，
令，可得，
当，，所以单调递增，
当，，所以单调递减，
所以在取的最大值，
要使存在最大值，则需要，
因为，所以可得，即，
所以.
6．（25-26高二上·辽宁沈阳·期中）如图，在平面四边形中，，，，将沿AC翻折至，其中P为动点.
(1)已知，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上.
（i）证明：平面平面ABC；
（ii）求球O的半径
(2)求二面角的余弦值的最小值.
【答案】(1)（i）证明:先得到平面，又平面，所以平面平面；
（ii）
(2)
【分析】（1）（i）略
（ii）法一：作出辅助线，找到球心的位置，求出各边长，得到球的半径；
法二：建立空间直角坐标系，设球心，半径为，则，从而得到方程组，求出，所以球的半径为；
（2）建立空间直角坐标系，设，求出两个平面的法向量，换元得到，从而得到二面角的余弦值的最小值.
【详解】（1）（i）证明：因为⊥，，，、平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（ii）法一：取中点，由已知可得为的外心，过作平面的垂线，
，，故为等边三角形，，
取的外心，过作平面的垂线，
设与交于点，则为三棱锥外接球的球心，
取的中点，连接，其中，，三点共线，
因为平面平面，交线为，⊥，平面，
所以⊥平面，则四边形为矩形，
则，其中,,
则球的半径；
法二：，，故为等边三角形，，
取的中点，连接，则⊥，
因为平面平面，交线为，平面，
所以⊥平面，
如图，过点作平面的垂线，，
以为原点，分别以向量，，为轴和轴，轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，设球心，半径为，
则，
所以，解得，所以球的半径为；
（2）如图，过点作平面的垂线，
以为原点，分别以向量，，为轴和轴，轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
，
设平面的法向量为，则，
即，取，则，
平面的法向量，则，
即，取，则得
，
，
令，则由得，则，
于是
，
当且仅当即时等号成立，
显然，二面角为锐角，
所以二面角余弦值的最小值为.
7．（2026·山西晋城·模拟预测）在四棱锥中，平面平面，，是线段的中点．
(1)证明：．
(2)若二面角的平面角的余弦值为．
①求线段的长；
②若为线段的中点，点在线段上，是否存在实数，使得当时，平面？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
因为，且是线段AD的中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，平面，所以；
(2)①；②
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理得出线面垂直，再应用线面垂直的定义得出线线垂直；
（2）①根据题意，建立恰当的空间直角坐标系，先求出平面与平面的法向量，再根据求平面与平面夹角余弦公式计算求解参数；②计算得出，进而得出，再应用线面平行的向量关系列式求解.
【详解】（1）略
（2）
①又底面是直角梯形，过作 ，
由平面，平面，
故，
故两两垂直，
故可以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则、，
设，则，
则，
设平面的一个法向量，
因为，可得，
令，则，所以，
，
设平面的一个法向量，
可得，
令，则，所以，
设的平面角为，
则，
所以，所以；
②因为，且为线段的中点，所以，
点在线段上，因为，
若平面，且平面的一个法向量，
所以，
解得；
8．（25-26高三下·上海浦东新·期中）如图，在多面体中，平面平面，，，是边长为的等边三角形，．
(1)求证：平面；
(2)若与平面所成的角为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)因为平面平面，为等边三角形，取中点，连接，
则，又平面，平面平面，
由面面垂直的性质得平面，
平面，因此.又，
平面，故平面.
又因为，所以平面，得证.
(2)．
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理证明即可；
（2）利用线面角推出所需线段长度，再将三棱锥转换顶点进行求解.
【详解】（1）略
（2）
连接，因为是边长为的等边三角形，
所以.
由线面角定义可知，与平面所成角为，
在中，，得.
设，则，，
代入得，解得，即.
因为平面，平面，，
故平面平面，且为等边三角形，
则到平面的距离等于到的距离，
所以，
因此体积.
9．（26-27高三上·天津滨海新区·阶段检测）在长方体中，，，，，．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面的夹角的正弦值；
(3)求三棱锥的体积．
【答案】(1)以为原点，、、分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，
由题设，，，，，，，
点在上，且，所以，则，
点在上，且，所以，得到点，
所以，，
，所以，
，所以，
因为平面，平面，且，
所以平面；
(2)
(3)2
【分析】（1）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法证明、，再由线面垂直的判定定理证明结论；
（2）根据（1）写出平面的法向量、直线的方向向量，再应用向量法求其夹角的正弦值；
（3）由三角形面积公式求，向量法求点到平面的距离，最后应用棱锥的体积公式求体积.
【详解】（1）略
（2）由（1）知，可取作为平面的法向量，
直线的方向向量，设直线与平面的夹角为，
则，
所以直线与平面的夹角的正弦值为；
（3）由（1）知，，，
所以，则，
而点到平面的距离，则，
所以三棱锥的体积为.
10．（26-27高三上·天津西青·阶段检测）三棱台中，若平面，分别是中点.
(1)求证：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)在三棱台中，平面，
显然直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，
所以，
由分别是中点，得，
则，
因此，而点直线，则，
又平面平面，
所以平面；
(2)
(3).
【分析】（1）先建立空间直角坐标系，列出各个点的坐标，要证明线面平行，只需要用向量证明该直线与平面内两个相交直线垂直即可.
（2）先求出平面与平面的法向量坐标，然后利用向量夹角的余弦公式计算即可.
（3）根据点到平面的距离公式计算即可.
【详解】（1）略
（2）由（1）知，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，所以，
设二面角的大小为，
则.
所以二面角的余弦值为；
（3）由（1）知，，由（2）知，
平面的法向量，
所以点到平面的距离.
$专题04 立体几何中的大题归纳
目录导航
01知识脑图·核心脉络搭建——梳理专题框架，搭建知识体系
02考点深研·知能分层突破——深挖高频考点，分层突破重难点
学科网（北京）股份有限公司1 / 17
学科网（北京）股份有限公司
▶基础梳理・自主夯基
考点01 空间向量法求角度
考点02 空间距离
03素养进阶·答题技法突破——提炼解题范式，提升答题素养
▶高考解密・母题探究
题型01 求空间角
题型02 求空间距离
题型03 求体积
▶考点聚焦・解法深研
题型01 求异面直线所成角
题型02 求线面角及最值
题型03 求二面角及最值
题型04 求体积
题型05 求距离及最值
题型06 立体几何中的存在性问题
04优题精练·专题实战通关——精选优质试题，强化实战应用
知识脑图·核心脉络搭建
考点深研·知能分层突破
考点01 空间向量法求角度
1、 求异面直线夹角
两条异面直线所成角的求法：设直线a，b的方向向量为，其夹角为θ，则（其中φ为异面直线a，b所成的角）．
范围：
2、 求线面角
设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的角为，则有．
范围：
3、 求二面角的平面角
若分别为面的法向量，则二面角的平面角为的夹角或它们的补角。
范围：
【新题对点练】（26-27高三上·四川成都·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面.
(1)求证：平面平面；
(2)若点为棱的中点，求直线与平面所成角的正弦值；
考点02 空间距离
1、 异面直线间的距离
设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，
2、点到平面的距离
为平面外一点（如图），为平面的法向量，过作平面的斜线及垂线．
A为平面α外一点（如图）， 为平面α的法向量，过A作平面α的斜线AB及垂线AH．
【新题对点练】（26-27高三上·北京东城·阶段检测）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，．
(1)若为的中点，求证：平面；
(2)若平面，．
（i）求直线与平面所成角的余弦值；
（ii）求点到平面的距离．
素养进阶·答题技法突破
题型01 求空间角
【典例1】（2026·全国二卷·高考真题）如图，三棱锥中，点在上，，，．
(1)证明：；
(2)若，，，，求直线与平面所成角的正弦值．
【典例2】（2026·上海·高考真题）已知四棱锥，底面为矩形，底面，垂足在边上，且，，．
(1)求证：；
(2)若四棱锥的体积为，求二面角的大小．
【典例3】（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为．
(1)证明：平面；
(2)求面与面夹角的正弦值．
【典例4】（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．
题型02 求空间距离
【典例1】（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．
【典例2】（2024·全国甲卷·高考真题）如图，，，，,为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到的距离.
【典例3】（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点，
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
题型03 求体积
【典例1】（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求三棱锥的体积．
【典例2】（2026·上海·高考真题）如图所示正四棱台，其中，.
(1)当时，求和平面所成角；
(2)证明：平面；若棱台高为3，求三棱锥的体积.
题型01 求异面直线所成角
两条异面直线所成角的求法：设直线a，b的方向向量为，其夹角为θ，则（其中φ为异面直线a，b所成的角）．
【典例1】（26-27高三上·江苏扬州·开学考试）如图，四棱锥中，平面，底面四边形为正方形，，点、分别在棱、上（含端点）运动，且满足．
(1)求证：当、为中点时，平面
(2)求证：当时，
(3)当异面直线与成角时，求直线与所成角的正弦值．
【典例2】（26-27高三上·江苏镇江·开学考试）如图，在三棱锥中，，点在棱上．在空间直角坐标系中，点，，，．
(1)求点的坐标；
(2)求异面直线与所成角的余弦值．
【变式1】（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．
【变式2】（2026·广东广州·三模）如图1，已知四边形为菱形，且，点，分别为边，的中点，将，，分别沿，，折起，使得，，三点重合于点得到三棱锥如图2．
(1)证明：；
(2)若，，求直线与直线所成角的余弦值．
题型02 求线面角及最值
将动点坐标设为含有参数的代数式。利用向量法求出线面角的三角函数值表达式，结合动点的取值范围，转化为函数求最值问题（如二次函数或基本不等式）。
【典例1】（2026·重庆渝中·模拟预测）如图，几何体是底面为菱形的直四棱柱截去三棱锥后剩余的部分，，．
(1)求证：平面；
(2)设是的中点，求直线与平面所成角的正弦值．
【典例2】（26-27高三上·贵州·阶段检测）如图，在三棱柱中，，，侧面为菱形，为的中点，平面．
(1)证明：平面．
(2)为棱的中点，求直线与平面所成角的正弦值．
【变式1】（2026·浙江·模拟预测）如图，已知四边形是菱形，，是平面外一点，且，（）．
(1)当时，求证：，，，四点共面；
(2)若平面平面，平面平面，
（i）求证：直线平面；
（ii）求的值，使直线与平面所成角最大．
【变式2】（25-26高二下·江苏南通·期中）如图，在正四棱锥中，，点，分别为，的中点，且是二面角的平面角．
(1)求证：平面；
(2)求直线到平面的距离；
(3)点是线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
题型03 求二面角及最值
设出相关动点的坐标，求出两平面的法向量。写出二面角余弦值的参数表达式，根据图形确定正负，利用函数性质或导数求出最值。
【典例1】（2026·四川南充·一模）如图，在四棱锥中，，，，是边长为4的等边三角形，平面平面．
(1)证明：；
(2)点在线段上，且，求平面与平面夹角的余弦值．
【典例2】（26-27高三上·陕西商洛·阶段检测）如图，在四棱柱中，四边形是矩形，，，，．
(1)求证：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值．
【变式1】（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．
【变式2】（2026高三下·吉林长春·专题练习）如图所示，已知四棱锥平面ABCD．点为PA的中点，，，垂足分别为．
(1)证明：；
(2)若平面EBD，设二面角的平面角为，且为钝角，求的最大值；
题型04 求体积
若直接求高困难，优先使用“等体积法”转换顶点，或将不规则图形“分割”为几个易求的锥体。建系时，利用法向量求点到面的距离，进而求得锥体的高。
【典例1】（26-27高三上·浙江·开学考试）如图所示，在四棱锥中，平面，，，，是的中点．
(1)证明：平面；
(2)若直线与平面所成的角为，求四棱锥的体积．
【典例2】（2026·山东·模拟预测）如图所示，在四棱锥中，平面，，，，．
(1)证明：直线平面；
(2)点在线段上，直线平面，求三棱锥的体积．
【变式1】（26-27高三上·湖北·阶段检测）已知四棱锥中，底面为直角梯形，，平面，，其中，，点N，M分别是，靠近P，D的三等分点．
(1)求证：；
(2)若平面与交于Q，求四棱锥的体积．
【变式2】（2026·陕西榆林·模拟预测）等边三角形绕边上的高旋转一周形成一个圆锥，如图，已知均为弧的三等分点（点靠近点），为母线的中点，．
(1)已知为内一点，且平面，作出点的轨迹并证明；
(2)求平面和平面夹角的正弦值；
(3)设为圆锥底面圆周上一点，求三棱锥体积的最大值．
题型05 求距离及最值
建系求出平面的法向量，求出平面内一点到目标点的斜线段向量。代入投影公式即可求得点到平面的距离，也可利用等体积法转换求解。
【典例1】（26-27高三上·上海嘉定·阶段检测）如图，在三棱柱中，为的中点，，二面角的平面角．
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离．
【典例2】（26-27高三上·天津和平·阶段检测）四棱锥中，侧面平面，四边形为直角梯形，，，，，为等边三角形，点，分别为，的中点．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面所成角的余弦值；
(3)点在线段上，且，求点到平面的距离．
【变式1】（25-26高三下·江苏连云港·阶段检测）在三棱锥中，，，为的中点，点在上，．
(1)若二面角的余弦值为，，求证：平面；
(2)若，平面，设点到的距离为，到平面的距离为，求的取值范围．
【变式2】（2026·河南·模拟预测）如图，四棱锥的底面为矩形，，，平面平面ABCD．
(1)若，，
①求四棱锥的体积；
②求平面APD与平面CPD的夹角的余弦值．
(2)设点B在直线AP上的射影为H，点H到平面ABCD的距离为d，求的最大值．
题型06 立体几何中的存在性问题
假设存在符合条件的点，设出参数（如线段比例）。建立空间坐标系，利用平行、垂直或角度条件列出向量方程（组），解出参数。若解在合理范围内，则存在；否则不存在。
【典例1】（2026·黑龙江大庆·一模）已知正三棱柱所有棱长都为，点为棱的中点．
(1)证明：平面；
(2)求平面和平面夹角的余弦值；
(3)在棱上是否存在点，满足点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【典例2】（26-27高三上·河南信阳·开学考试）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．
【变式1】（2026高三·全国·专题练习）如图所示，在长方体中，，，点E在棱上移动，小蚂蚁从点A沿长方体的表面爬到点，所爬的最短路程为．
(1)求证：；
(2)求的长度；
(3)在线段上是否存在点E，使得二面角的大小为．若存在，确定点E的位置；若不存在，请说明理由．
【变式2】（2026·陕西榆林·模拟预测）在四棱锥中，平面平面，是线段的中点.
(1)证明：.
(2)若二面角的平面角的正弦值为.
①求线段的长；
②若为线段的中点，点在线段上，是否存在实数，使得当时，平面？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由.
优题精练·专题实战通关
1．（25-26高三下·河南许昌·期中）如图，底面为锐角三角形的直棱柱中，，，点在线段上，且满足，点为的中点.
(1)当时，证明：平面；
(2)若平面与平面所成角的余弦值为，求异面直线与所成角的大小.
2．（26-27高三上·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．
3．（2026·吉林长春·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面是菱形，，底面，垂足为的中点．
(1)若过点，，D的平面与棱交于点，证明：是的中点，且四边形为矩形；
(2)若，求与平面所成角的正弦值的最大值．
4．（2026·贵州贵阳·二模）如图①，在中，，点D是边AB上一点，且，．
(1)若DC平分时，求的大小；
(2)如图②，将沿DC翻折至，使平面平面BDC．
（i）当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的外接球的表面积；
（ii）求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
5．（25-26高三下·河南·阶段检测）如图，在直三棱柱中，底面，且，设，点是棱的中点，点是棱的中点.
(1)证明：；
(2)设点是棱上的一个动点（不含端点），记直线与平面所成的角为.若存在最大值，求的取值范围.
6．（25-26高二上·辽宁沈阳·期中）如图，在平面四边形中，，，，将沿AC翻折至，其中P为动点.
(1)已知，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上.
（i）证明：平面平面ABC；
（ii）求球O的半径
(2)求二面角的余弦值的最小值.
7．（2026·山西晋城·模拟预测）在四棱锥中，平面平面，，是线段的中点．
(1)证明：．
(2)若二面角的平面角的余弦值为．
①求线段的长；
②若为线段的中点，点在线段上，是否存在实数，使得当时，平面？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由．
8．（25-26高三下·上海浦东新·期中）如图，在多面体中，平面平面，，，是边长为的等边三角形，．
(1)求证：平面；
(2)若与平面所成的角为，求三棱锥的体积．
9．（26-27高三上·天津滨海新区·阶段检测）在长方体中，，，，，．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面的夹角的正弦值；
(3)求三棱锥的体积．
10．（26-27高三上·天津西青·阶段检测）三棱台中，若平面，分别是中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
(3)求点到平面的距离.
$
资源预览图
