大题04 立体几何讲义-2027届高三数学一轮复习

大题04 立体几何 2027年高考数学（解答题满分冲刺） 公式定理汇总 1 常用结论、二级结论归纳 5 2024/2025/2026高考真题 8 易错点速查清单 10 速记口诀 12 典例讲解之会一题通一类 14 解答题专项题组A（基础回归） 18 解答题专项题组B（能力提升） 21 解答题专项题组C（思维拓展） 25 公式定理汇总 一、空间点、线、面位置关系的基本事实 基本事实1：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面。 基本事实2：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内。 基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线。 基本事实4（平行公理）：平行于同一条直线的两条直线平行。 等角定理：如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补。 识别特征：判断空间中点、线、面的位置关系，或证明共面、共线、共点。 通法选择：共面问题用基本事实1及其推论；共线问题用基本事实3，即证明点同时在两个平面内；共点问题先找两平面的交线，再证第三条直线过交点。 书写要求：使用基本事实时应写明“由基本事实3得”，不能只写结论。 二、线面平行的判定与性质 判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行。 符号语言：若 ，，，则 。 性质定理：一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行。 符号语言：若 ，，，则 。 识别特征：题干要求证明线面平行，或已知线面平行求证线线平行。 通法选择：证明线面平行，优先在平面内找（或构造）一条与已知直线平行的直线，常用中位线、平行四边形、面面平行的性质。证明线线平行，用性质定理，先作过已知直线的平面与已知平面相交。 书写要求：判定定理必须写全三个条件——“线在面外、线在面内、两线平行”，缺一不可。性质定理必须写清“过该直线的平面与已知平面相交于某线”。 三、面面平行的判定与性质 判定定理：如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行。 符号语言：若 ，，，，，则 。 性质定理：两个平面平行，如果第三个平面与这两个平面都相交，那么两条交线平行。 符号语言：若 ，，，则 。 识别特征：题干要求证明面面平行，或已知面面平行求证线线平行。 通法选择：证明面面平行，在其中一个平面内找两条相交直线分别平行于另一个平面。证明线线平行，用性质定理作辅助平面。 书写要求：判定定理必须写“两条相交直线”，不能只写“两条直线”；必须写“相交”及交点。 四、线面垂直的判定与性质 判定定理：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直。 符号语言：若 ，，，，，则 。 性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行。 符号语言：若 ，，则 。 识别特征：题干要求证明线面垂直，或已知线面垂直求证线线平行、线线垂直。 通法选择：证明线面垂直，在平面内找两条相交直线分别与已知直线垂直，常用等腰三角形三线合一、勾股定理逆定理、菱形对角线互相垂直、圆中直径所对圆周角为直角。证明线线垂直，可由线面垂直推出线线垂直，即“线面垂直，则线垂直面内任意直线”。 书写要求：判定定理必须写“平面内两条相交直线”，并写明交点；由线面垂直推线线垂直时，写“因为 ，，所以 ”。 五、面面垂直的判定与性质 判定定理：如果一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直。 符号语言：若 ，，则 。 性质定理：两个平面垂直，如果一个平面内有一条直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直。 符号语言：若 ，，，，则 。 识别特征：题干要求证明面面垂直，或已知面面垂直求证线面垂直。 通法选择：证明面面垂直，在一个平面内找另一个平面的垂线；已知面面垂直求线面垂直，先找交线，再在其中一个平面内作交线的垂线。 书写要求：性质定理必须写全“面面垂直、交线、面内直线、垂直于交线”四个条件，缺一不可。这是立体几何证明中最容易漏条件的地方。 六、空间角的定义与范围 异面直线所成的角：过空间任一点分别作两条异面直线的平行线，这两条相交直线所成的锐角或直角。范围 直线与平面所成的角：斜线与它在平面内的射影所成的角。范围 线在面内或线面平行时 ；线面垂直时 。 二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形。以棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角即为二面角的平面角。范围 识别特征：题干要求求异面直线所成角、线面角、二面角。 通法选择：能建系优先建系；不便建系时，异面直线角用平移法，线面角用“作垂线、找射影”，二面角用定义法或三垂线法作平面角。 书写要求：必须写清“作……垂直于……，则 为所求角”，并说明角的范围。二面角应判断锐钝，不能只写余弦值。 七、空间向量及其坐标运算 空间向量基本定理：若 不共面，则对空间任一向量 ，存在唯一实数组 ，使 坐标运算：设 则 平行与垂直： 识别特征：题干便于建立空间直角坐标系，或需要求角、求距离。 通法选择：先证三线两两垂直，再建系；写出关键点坐标，求方向向量和法向量。建系前应说明“以 为原点，以 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系”。 书写要求：建系必须有垂直依据，不能凭图“看起来垂直”就建系；点坐标应与图形对应，写清每个点的坐标来源。 八、向量法求空间角 异面直线所成角：设两直线方向向量为 ，则 直线与平面所成角：设直线方向向量为 ，平面法向量为 ，则 二面角：设两半平面法向量为 ，则二面角的平面角 满足 锐钝由图形判断：若二面角为锐角，取正值；若为钝角，取负值。 识别特征：题干出现“求线面角”“求二面角”“求异面直线所成角”。 通法选择：线面角用“方向向量与法向量夹角的正弦”，不是余弦；二面角先求法向量夹角余弦，再结合图形定锐钝；异面直线角取绝对值。 书写要求：写清“设平面 的法向量为 ，由 得……”，再代公式。二面角必须写“由图可知二面角为锐角（钝角），所以 ”。 九、向量法求距离 点到平面的距离：设平面 的法向量为 ， 为平面外一点， 为平面内任一点，则 异面直线间的距离：设两异面直线方向向量为 ，公垂线方向向量为 则两异面直线间的距离为 其中 分别为两直线上任一点。 识别特征：题干要求点到平面距离、异面直线距离，或求体积时需先求高。 通法选择：点到平面距离优先用向量法；也可用等体积法，即把三棱锥换底，用两种方式表示体积，解出高。 书写要求：写清“取平面内一点 ，则点 到平面的距离 ”，再代入计算。 十、体积与表面积公式 柱体： 锥体： 台体： 球： 识别特征：题干要求求体积、求高、求点到平面距离。 通法选择：求三棱锥体积时，优先选择“底面积易求、高易找”的底面；若高不易直接找，用等体积法换底。求点到平面距离时，可转化为三棱锥的高。 书写要求：写清“以 为底面，高为 ，则 ”；等体积法要写清两次体积表达相等。 常用结论、二级结论归纳 结论1：三垂线定理及其逆定理 三垂线定理：在平面 内的一条直线，如果与平面的一条斜线在该平面内的射影垂直，那么它也与这条斜线垂直。 逆定理：在平面内的一条直线，如果与平面的一条斜线垂直，那么它也与这条斜线在该平面内的射影垂直。 识别特征：题干中出现“斜线在平面内的射影”“平面内直线与斜线垂直”，或需要作二面角的平面角。 使用条件：必须存在斜线及其在平面内的射影，且直线在平面内。 书写要求：写“由三垂线定理（逆定理）得”，并指明斜线、射影、平面内直线。新教材中三垂线定理未作为定理给出，解答题中可用向量法或线面垂直证明代替，避免直接引用引起争议。 结论2：线面角的两个等价刻画 设直线 与平面 所成角为 ， 为 上一点， 到 的距离为 ， 到斜足的距离为 ，则 识别特征：题干给出点到平面的距离和斜线段长度，求线面角；或已知线面角求距离。 使用条件： 是斜线段， 是点到平面的距离。 书写要求：写“设 到平面 的距离为 ，斜线段长为 ，则 ”。 结论3：二面角平面角的三种作法 定义法：在棱上取一点，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线。 三垂线法：过一个半平面内一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作棱的垂线，连接原点与棱上垂足，得到平面角。 垂面法：作垂直于棱的平面，与两个半平面的交线所成的角即为二面角的平面角。 识别特征：不便建系，需综合法求二面角。 使用条件：定义法要求棱上取点后两射线均垂直于棱；三垂线法要求垂足位置明确；垂面法要求所作垂面与两个半平面都相交。 书写要求：写清“在棱 上取点 ，在平面 内作 ，在平面 内作 ，则 为二面角的平面角”。 结论4：建系的常用模型 长方体、正方体：以某一顶点为原点，三条棱所在直线为坐标轴。 直棱柱：以底面某顶点或底面中心为原点，底面内两条互相垂直的直线为 轴，侧棱方向为 轴。 正棱锥：以底面中心为原点，底面内两条互相垂直的直线为 轴，高所在直线为 轴。 含直角的棱锥：若底面有直角或侧棱垂直于底面，以直角顶点或垂足为原点。 识别特征：题干图形中出现“直棱柱”“正棱锥”“侧棱垂直于底面”“底面为矩形或菱形”。 使用条件：建系必须有三条两两垂直的直线作为坐标轴，不能凭图“看起来垂直”建系。 书写要求：写清“以 为原点，以 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系”，并写出关键点坐标。 结论5：法向量的求法与化简 设平面内两个不共线向量为 ，，法向量 满足 令其中一个未知量为 1（或适当常数），解出其余两个。 识别特征：向量法求线面角、二面角、点到平面距离。 使用条件：所选两个向量必须不共线；令某个坐标为 1 时，该坐标对应的解不能为零，否则改令其他坐标。 书写要求：写“设平面 的法向量为 ，由 ，得……，取 ，得 ”。法向量可整体乘以非零常数化简。 结论6：等体积法求点到平面距离 三棱锥 中， 即 由此可解出点到平面的距离。 识别特征：点到平面距离不易直接作垂线，或题干给出体积条件。 使用条件：三棱锥的四个面中，至少有两组“底面积易求、高易找”的搭配。 书写要求：写“由 ，得 ，所以 ”。 结论7：折叠问题中的不变量 折叠问题中，折痕同侧的点、线、面之间的位置关系和长度保持不变；折痕两侧的图形在折叠过程中保持刚性。 识别特征：题干出现“将 沿 折起，使……”。 使用条件：折叠前后，折痕上的点不动；折痕同侧的线段长度、角度不变；折痕两侧的图形各自保持形状。 书写要求：写清“折叠前……，折叠后……不变”，再建立空间关系。折叠后原平面图形变为空间图形，原共面关系可能改变，但折痕同侧的关系不变。 结论8：动点与存在性问题的参数设定 线段上动点：设 在 上，令 平面上动点：设 其中 表示 在直线 上， 表示 在线段 上。 识别特征：题干出现“是否存在点 ，使……”“点 在线段 上运动”。 使用条件：参数范围必须与点的位置对应；解出参数后要检验是否在范围内。 书写要求：写“设 ，则 的坐标为……”，解出 后写“因为 ，所以存在（不存在）”。 结论9：外接球与内切球的常用模型 长方体：外接球直径 正四面体（棱长 ）：外接球半径 内切球半径 直棱柱（底面外接圆半径 ，高 ）：外接球半径 正棱锥（底面外接圆半径 ，高 ）：球心在高所在直线上，由 解出 。 识别特征：题干要求外接球、内切球半径或表面积、体积。 使用条件：长方体模型要求三线两两垂直；直棱柱模型要求侧棱垂直于底面；正棱锥模型要求顶点在底面中心的正上方。 书写要求：写清“设外接球半径为 ，球心为 ，则 到各顶点距离相等”，再列方程。 结论10：截面问题的作图原则 平行截面：若截面与某棱平行，则截面与该棱所在的面相交所得交线与该棱平行。 延长线交点：作截面时，若截面与某面已有两个交点，连线即为交线；若只有一个交点，需延长截面内已知直线与棱所在直线相交，找第二个交点。 识别特征：题干要求作截面、求截面面积、判断截面形状。 使用条件：截面由不共线三点确定；截面与各面的交线必在各面内。 书写要求：写清“延长 与 交于点 ，连接 交……于……”，逐步作出交线，再说明截面形状。 2024/2025/2026高考真题 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． 2．（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． 3．（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． 4．（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． 5．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 6．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 易错点速查清单 易错点1：线面平行判定漏写“线在面外” 学生典型错误：只写“，，所以 ”，漏掉 。 成因分析：判定定理有三个条件，学生只记“线线平行推线面平行”，忽略“线在面外”。 纠正要求：判定定理必须写全“，，”三个条件。 易错点2：面面垂直性质定理漏写“垂直于交线” 学生典型错误：由 ，，直接得 。 成因分析：面面垂直性质定理要求“面内直线垂直于交线”，不是面内任意直线都垂直于另一个平面。 纠正要求：必须写“，，，，所以 ”四个条件。 易错点3：线面角用余弦而非正弦 学生典型错误：求出方向向量与法向量夹角的余弦后，直接作为线面角的余弦。 成因分析：线面角是斜线与射影的夹角，与方向向量、法向量夹角互余，所以应取正弦。 纠正要求：线面角公式为 求完余弦后要转为正弦，或直接写 。 易错点4：二面角不判断锐钝，直接取余弦值 学生典型错误：求出两个法向量夹角的余弦为负，就直接写二面角余弦为负，没有结合图形判断二面角是锐角还是钝角。 成因分析：法向量方向可正可反，法向量夹角与二面角可能相等也可能互补。 纠正要求：先求 ，再结合图形判断二面角为锐角或钝角，最后确定符号。书写时写“由图可知二面角为钝角，所以 ”。 易错点5：建系缺少垂直依据 学生典型错误：图形中看起来垂直就建系，没有证明三条坐标轴两两垂直。 成因分析：建系必须有三线两两垂直的严格依据，否则坐标不正确。 纠正要求：建系前先证明（或说明）三条直线两两垂直，如“因为 ，，，所以以 为原点……”。 易错点6：法向量求解时两向量共线 学生典型错误：求法向量时选取的两个平面内向量共线，导致方程组有无穷多解或解不出。 成因分析：法向量需与平面内两个不共线向量都垂直，选取的向量必须不共线。 纠正要求：选取平面内两条相交直线对应的方向向量，或选取不共线的两个向量，再列方程组。 易错点7：点坐标写错，尤其是 坐标 学生典型错误：建系后点的 坐标与图形高度不对应，或把底面内的点写出非零 坐标。 成因分析：建系后未逐点核对坐标与图形位置关系。 纠正要求：建系后先写出原点、坐标轴上的点，再逐点写坐标；底面内的点 ，侧棱上的点按高度比例写 坐标。 易错点8：折叠问题中把折痕两侧的关系误认为不变 学生典型错误：折叠后仍认为原共面的线线、线面关系不变，或把折痕两侧的角当作不变。 成因分析：折叠只保证折痕同侧图形刚性不变，折痕两侧的相对位置改变。 纠正要求：折叠前标出折痕同侧的线段长度、角度；折叠后只保留同侧不变量，折痕两侧关系重新建立。 易错点9：存在性问题解出参数不检验范围 学生典型错误：设 ，解出 或 ，仍写“存在”。 成因分析：参数范围与点的位置对应， 才在线段上。 纠正要求：解出 后写“因为 ，所以存在（不存在）”；若 ，应说明点不在线段上。 易错点10：等体积法换底时高找错 学生典型错误：换底后仍用原来的高，或把斜高当作高。 成因分析：换底后高是顶点到新底面的距离，不是原底面的高。 纠正要求：每次换底都重新确定“顶点”和“底面”，高是顶点到新底面的垂线段。 易错点11：外接球球心位置找错 学生典型错误：把正棱锥的外接球球心当作底面中心，或把直棱柱的外接球球心当作底面中心。 成因分析：外接球球心到各顶点距离相等，正棱锥球心在高所在直线上，但不一定在底面中心。 纠正要求：正棱锥设球心在高上，由 解出；直棱柱球心在上下底面外心连线的中点。 易错点12：证明书写跳步，只写结论不写依据 学生典型错误：写“”但不写判定定理条件；写“”但不写“，”。 成因分析：立体几何证明按步骤给分，跳步会丢步骤分。 纠正要求：每个判定定理、性质定理都要写全条件，按“因为……所以……”的格式书写。 速记口诀 口诀一：线面平行判定 线在面外线在面，面内找条平行线； 三个条件写齐全，线面平行才成立。 判定定理三条件：线在面外、线在面内、两线平行。 口诀二：线面垂直判定 线垂直面两条线，两条必须是相交； 相交交点写清楚，线面垂直才可靠。 判定定理：线垂直于平面内两条相交直线。 口诀三：面面垂直性质 面面垂直找交线，面内直线垂直它； 四个条件不能少，才能推出线面垂直。 性质定理四条件：面面垂直、交线、面内直线、垂直于交线。 口诀四：线面角 线面角，用正弦，方向向量对法向量； 余弦取了绝对值，再转正弦莫忘记。 口诀五：二面角 二面角，两法向量，余弦绝对值先算； 图形判断锐和钝，符号最后定下来。 先求 ，再由图定锐钝。 口诀六：建系 建系先找三垂直，两两垂直作坐标； 原点选在交点处，点坐标要逐点核。 建系必须有三线两两垂直的严格依据。 口诀七：法向量 面内两个不共线，分别点乘法向量； 令一取一解方程，整体化简再使用。 法向量由平面内两个不共线向量与它垂直列方程组求得。 口诀八：点到平面距离 点面距，向量法，平面内取一点连； 向量点乘法向量，除以模长得距离。 口诀九：等体积法 三棱锥，换底求高，两次体积相等列方程； 底面易求高好找，点面距离自然出。 等体积法：。 口诀十：折叠问题 折叠先标不变量，折痕同侧刚性保； 两侧关系重新建，长度角度分别瞧。 折叠只保证折痕同侧图形不变，两侧关系需重新建立。 口诀十一：外接球 长方体外接球，三边平方和开方除二； 直棱柱，底面外接圆，半高平方加半径方； 正棱锥，球心在高上，勾股方程解半径。 长方体 ；直棱柱 ；正棱锥 。 口诀十二：存在性问题 动点设参数，范围先写清； 解出参数后，检验范围定存在。 设 ，，解出后检验。 典例讲解之会一题通一类 7．（2026·河南·一模）如图，在四棱锥中，点在上，平面，，已知，，，． (1)证明：； (2)若四边形为平行四边形，求直线与平面所成角的余弦值． 8．（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． 9．（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． 10．（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． 11．（2026·湖南·一模）如图，在直三棱柱中，，，M是的中点，N是的中点，P是与的交点，． (1)证明：平面； (2)若平面与平面夹角的正弦值为，求线段的长． 12．（2026·青海黄南·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，为等边三角形，，分别为棱的中点． (1)证明：平面； (2)若二面角的大小为，求的长． 13．（2026·广东·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为3的菱形，是正三角形，，点为的中点． (1)证明：平面平面； (2)已知，点在棱上，且满足，求点到平面的距离． 14．（2026·云南昆明·模拟预测）如图，在正方体中，点，，分别为，，的中点． (1)证明：平面； (2)若与平面的交点为， ①证明：为的重心； ②求与平面所成角的正弦值． 15．（2026·广东广州·模拟预测）如图，在三棱柱中，，． (1)证明：平面平面． (2)若，直线与平面所成角为． （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）求三棱锥外接球的表面积． 16．（2026·陕西榆林·一模）如图，在四边形中，是边长为2的正三角形，是以为顶角的等腰直角三角形，现沿着对角线翻折，得到三棱锥． (1)当翻折至平面平面时， （ⅰ）求直线与所成角的余弦值； （ⅱ）求三棱锥外接球的表面积； (2)求平面与平面夹角余弦值的最小值． 解答题专项题组A（基础回归） 17．（2026·重庆·三模）在正三棱柱中，已知分别是棱的中点． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 18．（25-26高一下·全国·期末）如图，圆锥的底面圆心为O，直径为AB，C为半圆弧AB的中点，E为劣弧CB的中点，且，. (1)求证：平面； (2)求直线与底面所成角的正切值. 19．（2026·河北沧州·二模）如图，四棱锥中，底面是梯形，，. (1)证明:平面平面； (2)若 ,求平面与平面所成二面角的正弦值. 20．（2026·广东·一模）如图，平面平面，四边形与都是直角梯形，． (1)求证：，，，四点共面； (2)设，求平面与平面夹角的余弦值． 21．（2026·重庆·一模）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且． (1)求证：平面； (2)已知为线段中点，求直线与平面所成角的正弦值． 22．（2026·山东·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，底面为等腰梯形，且为的中点． (1)求直线与平面的夹角； (2)若，平面与交于点，求线段的长度． 23．（2026·江西九江·一模）如图，四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，且平面平面，. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 24．（2026·新疆·一模）如图，在三棱锥中，两两垂直，    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求二面角的余弦值． 25．（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． 26．（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． 解答题专项题组B（能力提升） 27．（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． 28．（2026·广东广州·模拟预测）如图，在菱形中，，，将沿翻折至，连接，． (1)证明：； (2)若二面角的大小为，求的长． 29．（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． 30．（26-27高三上·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． 31．（2026·江苏南通·一模）如图，在正三棱柱中，为线段上一点． (1)若为线段的中点，证明：平面； (2)若，为线段上一点，且． （i）是否存在点，使得平面．若存在，求；若不存在，请说明理由； （ii）在（i）的条件下，求二面角的正切值． 32．（2026·湖南长沙·模拟预测）在四面体中，，．点为的中点． (1)证明：平面； (2)若异面直线与所成的角为，求四面体的体积． 33．（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． 34．（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． 35．（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． 36．（2026·贵州遵义·模拟预测）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)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 解答题专项题组C（思维拓展） 37．（2026·福建漳州·模拟预测）已知三棱锥的底面是等边三角形，且，. (1)证明：； (2)设点在平面内的正投影为点，若，且二面角的正切值等于. （ⅰ）求三棱锥外接球的表面积； （ⅱ）设是空间中的一个平面，证明：三棱锥的各棱在平面上正投影的长度的平方和是常数. 38．（2026·贵州遵义·模拟预测）如图，四棱锥的底面为平行四边形，为正三角形，平面，，，点 满足（ ）． (1)若时，求三棱锥的体积； (2)若平面过直线，且平面，平面与侧棱，分别交于点，．是否存在点 ，使得平面与平面的夹角为？若存在，请说明点 的位置，并求此时的面积；若不存在，请说明理由． 39．（2026·陕西安康·模拟预测）如图，在直三棱柱中，为棱的中点，点满足． (1)求的值； (2)若，且二面角为直二面角． （ⅰ）求直线与平面所成角的余弦值； （ⅱ）已知为棱的中点，过点，的平面与射线，交于，两点，求四面体体积的最小值． 40．（2026·四川眉山·模拟预测）如图三棱锥中，是边长为2的等边三角形，中且． (1)若是的中点，且，求证：平面平面； (2)在（1）的条件下求三棱锥外接球的表面积； (3)设二面角的大小为，求的最小值． 41．（25-26高一下·吉林·期中）如图，顶点为的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，是底面圆周上的点，是底面圆内的点，为底面圆圆心，，垂足为，，垂足为，且，是的中点． (1)证明：平面； (2)当三棱锥的体积最大时，求的长； (3)是否存在一个点，满足点到点，，，，的距离均相等？若存在，求出二面角的余弦值的取值范围，若不存在，说明理由． 42．（2026·安徽·模拟预测）如图所示的平面四边形，其中，，，． (1)求的值； (2)现将平面四边形沿进行翻折，使得点翻折至的位置，且． （ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值； （ⅱ）依次过点，，，作四个相互平行的平面，使得任意两个相邻平面之间的距离均为，求的值． 43．（2026·江苏南京·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面，，，过作于，为线段的中点．    (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积的最大值； (3)设为四棱锥的外接球的球心， ①证明：该球面与三棱锥的侧面的交线长小于； ②在二面角，二面角，二面角之中选择一个求其余弦的绝对值的取值范围． 44．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图，已知圆锥的底面直径，其中为底面圆心，高，动点从点出发，在圆锥的侧面上绕轴一周后回到点，其轨迹为． (1)求长度的最小值； (2)若点在圆上，且（是弧所对的圆心角，），证明：存在非零向量，使得恒成立； (3)在（2）的条件下，可知是平面曲线，记所在平面为，求平面与平面夹角余弦值的取值范围． 45．（2026·湖南长沙·三模）如图，等腰梯形中， 分别为中点，， 且，若将梯形沿翻折成为一个三棱台，使得平面与平面所成的夹角为. (1)当，求证： (2)若直线与平面所成角的正切值为. ①求二面角的余弦值 ②该三棱台的顶点中，在同一个球面的点最多有几个，请任选一个包含最多顶点的球面，并计算该球的表面积 46．（2026·江苏泰州·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面底面，，，，是的中点，，. (1)证明：； (2)求四面体外接球的表面积； (3)动点在平面内，和均为锐角，.设平面与平面的夹角为，求的最小值. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 大题04 立体几何 2027年高考数学（解答题满分冲刺） 公式定理汇总 1 常用结论、二级结论归纳 5 2024/2025/2026高考真题 8 易错点速查清单 22 速记口诀 24 典例讲解之会一题通一类 26 解答题专项题组A（基础回归） 45 解答题专项题组B（能力提升） 60 解答题专项题组C（思维拓展） 79 公式定理汇总 一、空间点、线、面位置关系的基本事实 基本事实1：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面。 基本事实2：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内。 基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线。 基本事实4（平行公理）：平行于同一条直线的两条直线平行。 等角定理：如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补。 识别特征：判断空间中点、线、面的位置关系，或证明共面、共线、共点。 通法选择：共面问题用基本事实1及其推论；共线问题用基本事实3，即证明点同时在两个平面内；共点问题先找两平面的交线，再证第三条直线过交点。 书写要求：使用基本事实时应写明“由基本事实3得”，不能只写结论。 二、线面平行的判定与性质 判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行。 符号语言：若 ，，，则 。 性质定理：一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行。 符号语言：若 ，，，则 。 识别特征：题干要求证明线面平行，或已知线面平行求证线线平行。 通法选择：证明线面平行，优先在平面内找（或构造）一条与已知直线平行的直线，常用中位线、平行四边形、面面平行的性质。证明线线平行，用性质定理，先作过已知直线的平面与已知平面相交。 书写要求：判定定理必须写全三个条件——“线在面外、线在面内、两线平行”，缺一不可。性质定理必须写清“过该直线的平面与已知平面相交于某线”。 三、面面平行的判定与性质 判定定理：如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行。 符号语言：若 ，，，，，则 。 性质定理：两个平面平行，如果第三个平面与这两个平面都相交，那么两条交线平行。 符号语言：若 ，，，则 。 识别特征：题干要求证明面面平行，或已知面面平行求证线线平行。 通法选择：证明面面平行，在其中一个平面内找两条相交直线分别平行于另一个平面。证明线线平行，用性质定理作辅助平面。 书写要求：判定定理必须写“两条相交直线”，不能只写“两条直线”；必须写“相交”及交点。 四、线面垂直的判定与性质 判定定理：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直。 符号语言：若 ，，，，，则 。 性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行。 符号语言：若 ，，则 。 识别特征：题干要求证明线面垂直，或已知线面垂直求证线线平行、线线垂直。 通法选择：证明线面垂直，在平面内找两条相交直线分别与已知直线垂直，常用等腰三角形三线合一、勾股定理逆定理、菱形对角线互相垂直、圆中直径所对圆周角为直角。证明线线垂直，可由线面垂直推出线线垂直，即“线面垂直，则线垂直面内任意直线”。 书写要求：判定定理必须写“平面内两条相交直线”，并写明交点；由线面垂直推线线垂直时，写“因为 ，，所以 ”。 五、面面垂直的判定与性质 判定定理：如果一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直。 符号语言：若 ，，则 。 性质定理：两个平面垂直，如果一个平面内有一条直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直。 符号语言：若 ，，，，则 。 识别特征：题干要求证明面面垂直，或已知面面垂直求证线面垂直。 通法选择：证明面面垂直，在一个平面内找另一个平面的垂线；已知面面垂直求线面垂直，先找交线，再在其中一个平面内作交线的垂线。 书写要求：性质定理必须写全“面面垂直、交线、面内直线、垂直于交线”四个条件，缺一不可。这是立体几何证明中最容易漏条件的地方。 六、空间角的定义与范围 异面直线所成的角：过空间任一点分别作两条异面直线的平行线，这两条相交直线所成的锐角或直角。范围 直线与平面所成的角：斜线与它在平面内的射影所成的角。范围 线在面内或线面平行时 ；线面垂直时 。 二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形。以棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角即为二面角的平面角。范围 识别特征：题干要求求异面直线所成角、线面角、二面角。 通法选择：能建系优先建系；不便建系时，异面直线角用平移法，线面角用“作垂线、找射影”，二面角用定义法或三垂线法作平面角。 书写要求：必须写清“作……垂直于……，则 为所求角”，并说明角的范围。二面角应判断锐钝，不能只写余弦值。 七、空间向量及其坐标运算 空间向量基本定理：若 不共面，则对空间任一向量 ，存在唯一实数组 ，使 坐标运算：设 则 平行与垂直： 识别特征：题干便于建立空间直角坐标系，或需要求角、求距离。 通法选择：先证三线两两垂直，再建系；写出关键点坐标，求方向向量和法向量。建系前应说明“以 为原点，以 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系”。 书写要求：建系必须有垂直依据，不能凭图“看起来垂直”就建系；点坐标应与图形对应，写清每个点的坐标来源。 八、向量法求空间角 异面直线所成角：设两直线方向向量为 ，则 直线与平面所成角：设直线方向向量为 ，平面法向量为 ，则 二面角：设两半平面法向量为 ，则二面角的平面角 满足 锐钝由图形判断：若二面角为锐角，取正值；若为钝角，取负值。 识别特征：题干出现“求线面角”“求二面角”“求异面直线所成角”。 通法选择：线面角用“方向向量与法向量夹角的正弦”，不是余弦；二面角先求法向量夹角余弦，再结合图形定锐钝；异面直线角取绝对值。 书写要求：写清“设平面 的法向量为 ，由 得……”，再代公式。二面角必须写“由图可知二面角为锐角（钝角），所以 ”。 九、向量法求距离 点到平面的距离：设平面 的法向量为 ， 为平面外一点， 为平面内任一点，则 异面直线间的距离：设两异面直线方向向量为 ，公垂线方向向量为 则两异面直线间的距离为 其中 分别为两直线上任一点。 识别特征：题干要求点到平面距离、异面直线距离，或求体积时需先求高。 通法选择：点到平面距离优先用向量法；也可用等体积法，即把三棱锥换底，用两种方式表示体积，解出高。 书写要求：写清“取平面内一点 ，则点 到平面的距离 ”，再代入计算。 十、体积与表面积公式 柱体： 锥体： 台体： 球： 识别特征：题干要求求体积、求高、求点到平面距离。 通法选择：求三棱锥体积时，优先选择“底面积易求、高易找”的底面；若高不易直接找，用等体积法换底。求点到平面距离时，可转化为三棱锥的高。 书写要求：写清“以 为底面，高为 ，则 ”；等体积法要写清两次体积表达相等。 常用结论、二级结论归纳 结论1：三垂线定理及其逆定理 三垂线定理：在平面 内的一条直线，如果与平面的一条斜线在该平面内的射影垂直，那么它也与这条斜线垂直。 逆定理：在平面内的一条直线，如果与平面的一条斜线垂直，那么它也与这条斜线在该平面内的射影垂直。 识别特征：题干中出现“斜线在平面内的射影”“平面内直线与斜线垂直”，或需要作二面角的平面角。 使用条件：必须存在斜线及其在平面内的射影，且直线在平面内。 书写要求：写“由三垂线定理（逆定理）得”，并指明斜线、射影、平面内直线。新教材中三垂线定理未作为定理给出，解答题中可用向量法或线面垂直证明代替，避免直接引用引起争议。 结论2：线面角的两个等价刻画 设直线 与平面 所成角为 ， 为 上一点， 到 的距离为 ， 到斜足的距离为 ，则 识别特征：题干给出点到平面的距离和斜线段长度，求线面角；或已知线面角求距离。 使用条件： 是斜线段， 是点到平面的距离。 书写要求：写“设 到平面 的距离为 ，斜线段长为 ，则 ”。 结论3：二面角平面角的三种作法 定义法：在棱上取一点，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线。 三垂线法：过一个半平面内一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作棱的垂线，连接原点与棱上垂足，得到平面角。 垂面法：作垂直于棱的平面，与两个半平面的交线所成的角即为二面角的平面角。 识别特征：不便建系，需综合法求二面角。 使用条件：定义法要求棱上取点后两射线均垂直于棱；三垂线法要求垂足位置明确；垂面法要求所作垂面与两个半平面都相交。 书写要求：写清“在棱 上取点 ，在平面 内作 ，在平面 内作 ，则 为二面角的平面角”。 结论4：建系的常用模型 长方体、正方体：以某一顶点为原点，三条棱所在直线为坐标轴。 直棱柱：以底面某顶点或底面中心为原点，底面内两条互相垂直的直线为 轴，侧棱方向为 轴。 正棱锥：以底面中心为原点，底面内两条互相垂直的直线为 轴，高所在直线为 轴。 含直角的棱锥：若底面有直角或侧棱垂直于底面，以直角顶点或垂足为原点。 识别特征：题干图形中出现“直棱柱”“正棱锥”“侧棱垂直于底面”“底面为矩形或菱形”。 使用条件：建系必须有三条两两垂直的直线作为坐标轴，不能凭图“看起来垂直”建系。 书写要求：写清“以 为原点，以 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系”，并写出关键点坐标。 结论5：法向量的求法与化简 设平面内两个不共线向量为 ，，法向量 满足 令其中一个未知量为 1（或适当常数），解出其余两个。 识别特征：向量法求线面角、二面角、点到平面距离。 使用条件：所选两个向量必须不共线；令某个坐标为 1 时，该坐标对应的解不能为零，否则改令其他坐标。 书写要求：写“设平面 的法向量为 ，由 ，得……，取 ，得 ”。法向量可整体乘以非零常数化简。 结论6：等体积法求点到平面距离 三棱锥 中， 即 由此可解出点到平面的距离。 识别特征：点到平面距离不易直接作垂线，或题干给出体积条件。 使用条件：三棱锥的四个面中，至少有两组“底面积易求、高易找”的搭配。 书写要求：写“由 ，得 ，所以 ”。 结论7：折叠问题中的不变量 折叠问题中，折痕同侧的点、线、面之间的位置关系和长度保持不变；折痕两侧的图形在折叠过程中保持刚性。 识别特征：题干出现“将 沿 折起，使……”。 使用条件：折叠前后，折痕上的点不动；折痕同侧的线段长度、角度不变；折痕两侧的图形各自保持形状。 书写要求：写清“折叠前……，折叠后……不变”，再建立空间关系。折叠后原平面图形变为空间图形，原共面关系可能改变，但折痕同侧的关系不变。 结论8：动点与存在性问题的参数设定 线段上动点：设 在 上，令 平面上动点：设 其中 表示 在直线 上， 表示 在线段 上。 识别特征：题干出现“是否存在点 ，使……”“点 在线段 上运动”。 使用条件：参数范围必须与点的位置对应；解出参数后要检验是否在范围内。 书写要求：写“设 ，则 的坐标为……”，解出 后写“因为 ，所以存在（不存在）”。 结论9：外接球与内切球的常用模型 长方体：外接球直径 正四面体（棱长 ）：外接球半径 内切球半径 直棱柱（底面外接圆半径 ，高 ）：外接球半径 正棱锥（底面外接圆半径 ，高 ）：球心在高所在直线上，由 解出 。 识别特征：题干要求外接球、内切球半径或表面积、体积。 使用条件：长方体模型要求三线两两垂直；直棱柱模型要求侧棱垂直于底面；正棱锥模型要求顶点在底面中心的正上方。 书写要求：写清“设外接球半径为 ，球心为 ，则 到各顶点距离相等”，再列方程。 结论10：截面问题的作图原则 平行截面：若截面与某棱平行，则截面与该棱所在的面相交所得交线与该棱平行。 延长线交点：作截面时，若截面与某面已有两个交点，连线即为交线；若只有一个交点，需延长截面内已知直线与棱所在直线相交，找第二个交点。 识别特征：题干要求作截面、求截面面积、判断截面形状。 使用条件：截面由不共线三点确定；截面与各面的交线必在各面内。 书写要求：写清“延长 与 交于点 ，连接 交……于……”，逐步作出交线，再说明截面形状。 2024/2025/2026高考真题 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. 2．（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. 3．（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：. 4．（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. 5．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明：因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． (2) 【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出； （2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出． 【详解】（1）略 （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 6．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 【答案】(1) 由， 得，又，在中， 由余弦定理得, 所以，则，即， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 故； (2) 【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明； （2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可. 【详解】（1）略 （2）连接，由，则， 在中，，得， 所以，由（1）知，又平面， 所以平面，又平面， 所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则， 由是的中点，得， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则，， 令，得， 所以， 所以， 设平面和平面所成角为，则， 即平面和平面所成角的正弦值为. 易错点速查清单 易错点1：线面平行判定漏写“线在面外” 学生典型错误：只写“，，所以 ”，漏掉 。 成因分析：判定定理有三个条件，学生只记“线线平行推线面平行”，忽略“线在面外”。 纠正要求：判定定理必须写全“，，”三个条件。 易错点2：面面垂直性质定理漏写“垂直于交线” 学生典型错误：由 ，，直接得 。 成因分析：面面垂直性质定理要求“面内直线垂直于交线”，不是面内任意直线都垂直于另一个平面。 纠正要求：必须写“，，，，所以 ”四个条件。 易错点3：线面角用余弦而非正弦 学生典型错误：求出方向向量与法向量夹角的余弦后，直接作为线面角的余弦。 成因分析：线面角是斜线与射影的夹角，与方向向量、法向量夹角互余，所以应取正弦。 纠正要求：线面角公式为 求完余弦后要转为正弦，或直接写 。 易错点4：二面角不判断锐钝，直接取余弦值 学生典型错误：求出两个法向量夹角的余弦为负，就直接写二面角余弦为负，没有结合图形判断二面角是锐角还是钝角。 成因分析：法向量方向可正可反，法向量夹角与二面角可能相等也可能互补。 纠正要求：先求 ，再结合图形判断二面角为锐角或钝角，最后确定符号。书写时写“由图可知二面角为钝角，所以 ”。 易错点5：建系缺少垂直依据 学生典型错误：图形中看起来垂直就建系，没有证明三条坐标轴两两垂直。 成因分析：建系必须有三线两两垂直的严格依据，否则坐标不正确。 纠正要求：建系前先证明（或说明）三条直线两两垂直，如“因为 ，，，所以以 为原点……”。 易错点6：法向量求解时两向量共线 学生典型错误：求法向量时选取的两个平面内向量共线，导致方程组有无穷多解或解不出。 成因分析：法向量需与平面内两个不共线向量都垂直，选取的向量必须不共线。 纠正要求：选取平面内两条相交直线对应的方向向量，或选取不共线的两个向量，再列方程组。 易错点7：点坐标写错，尤其是 坐标 学生典型错误：建系后点的 坐标与图形高度不对应，或把底面内的点写出非零 坐标。 成因分析：建系后未逐点核对坐标与图形位置关系。 纠正要求：建系后先写出原点、坐标轴上的点，再逐点写坐标；底面内的点 ，侧棱上的点按高度比例写 坐标。 易错点8：折叠问题中把折痕两侧的关系误认为不变 学生典型错误：折叠后仍认为原共面的线线、线面关系不变，或把折痕两侧的角当作不变。 成因分析：折叠只保证折痕同侧图形刚性不变，折痕两侧的相对位置改变。 纠正要求：折叠前标出折痕同侧的线段长度、角度；折叠后只保留同侧不变量，折痕两侧关系重新建立。 易错点9：存在性问题解出参数不检验范围 学生典型错误：设 ，解出 或 ，仍写“存在”。 成因分析：参数范围与点的位置对应， 才在线段上。 纠正要求：解出 后写“因为 ，所以存在（不存在）”；若 ，应说明点不在线段上。 易错点10：等体积法换底时高找错 学生典型错误：换底后仍用原来的高，或把斜高当作高。 成因分析：换底后高是顶点到新底面的距离，不是原底面的高。 纠正要求：每次换底都重新确定“顶点”和“底面”，高是顶点到新底面的垂线段。 易错点11：外接球球心位置找错 学生典型错误：把正棱锥的外接球球心当作底面中心，或把直棱柱的外接球球心当作底面中心。 成因分析：外接球球心到各顶点距离相等，正棱锥球心在高所在直线上，但不一定在底面中心。 纠正要求：正棱锥设球心在高上，由 解出；直棱柱球心在上下底面外心连线的中点。 易错点12：证明书写跳步，只写结论不写依据 学生典型错误：写“”但不写判定定理条件；写“”但不写“，”。 成因分析：立体几何证明按步骤给分，跳步会丢步骤分。 纠正要求：每个判定定理、性质定理都要写全条件，按“因为……所以……”的格式书写。 速记口诀 口诀一：线面平行判定 线在面外线在面，面内找条平行线； 三个条件写齐全，线面平行才成立。 判定定理三条件：线在面外、线在面内、两线平行。 口诀二：线面垂直判定 线垂直面两条线，两条必须是相交； 相交交点写清楚，线面垂直才可靠。 判定定理：线垂直于平面内两条相交直线。 口诀三：面面垂直性质 面面垂直找交线，面内直线垂直它； 四个条件不能少，才能推出线面垂直。 性质定理四条件：面面垂直、交线、面内直线、垂直于交线。 口诀四：线面角 线面角，用正弦，方向向量对法向量； 余弦取了绝对值，再转正弦莫忘记。 口诀五：二面角 二面角，两法向量，余弦绝对值先算； 图形判断锐和钝，符号最后定下来。 先求 ，再由图定锐钝。 口诀六：建系 建系先找三垂直，两两垂直作坐标； 原点选在交点处，点坐标要逐点核。 建系必须有三线两两垂直的严格依据。 口诀七：法向量 面内两个不共线，分别点乘法向量； 令一取一解方程，整体化简再使用。 法向量由平面内两个不共线向量与它垂直列方程组求得。 口诀八：点到平面距离 点面距，向量法，平面内取一点连； 向量点乘法向量，除以模长得距离。 口诀九：等体积法 三棱锥，换底求高，两次体积相等列方程； 底面易求高好找，点面距离自然出。 等体积法：。 口诀十：折叠问题 折叠先标不变量，折痕同侧刚性保； 两侧关系重新建，长度角度分别瞧。 折叠只保证折痕同侧图形不变，两侧关系需重新建立。 口诀十一：外接球 长方体外接球，三边平方和开方除二； 直棱柱，底面外接圆，半高平方加半径方； 正棱锥，球心在高上，勾股方程解半径。 长方体 ；直棱柱 ；正棱锥 。 口诀十二：存在性问题 动点设参数，范围先写清； 解出参数后，检验范围定存在。 设 ，，解出后检验。 典例讲解之会一题通一类 7．（2026·河南·一模）如图，在四棱锥中，点在上，平面，，已知，，，． (1)证明：； (2)若四边形为平行四边形，求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明：由平面，平面，故．     又，且，，平面， 所以平面，     又平面， 所以． (2) 【分析】（1）先利用线面垂直判定定理得出平面，进而得出线线垂直； （2）先根据线面垂直建立空间直角坐标系，再计算平面的一个法向量，进而应用线面角正弦公式计算，最后应用同角三角函数关系求解. 【详解】（1）略 （2）由（1）知平面，又平面， 故，且，． 以为原点，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．     则，，，， 由平面，且，得 ， 因为四边形为平行四边形， 所以，即， 设平面的一个法向量， 而，， 所以， 令，则，，．     直线的方向向量，     设直线与平面所成的角为，则， 所以， 所以直线与平面所成角的余弦值为． 8．（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. 9．（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． 10．（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 11．（2026·湖南·一模）如图，在直三棱柱中，，，M是的中点，N是的中点，P是与的交点，． (1)证明：平面； (2)若平面与平面夹角的正弦值为，求线段的长． 【答案】(1)证明：取的中点D，连接，，， 是的中点，， ， 直三棱柱，M是的中点， ，且， 四边形是平行四边形，， 又平面，不在平面内，∥平面， ，M分别为，的中点，且， 四边形是平行四边形，， 又平面，不在平面内，∥平面， ，，平面， 平面∥平面， 平面，∥平面. (2) 【分析】（1）构造辅助点，先证两组相交直线分别平行于目标平面，得到面面平行；再利用落在该平面内，由面面平行的性质推出∥平面； （2）以为原点建立空间直角坐标系，设，求出两个平面的法向量；利用面面夹角的正弦值，结合同角三角函数关系求出余弦表达式，代入向量夹角公式列方程，求解得到的长度. 【详解】（1）略 （2）直三棱柱，， 以A为坐标原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 设，，由题设得，，，，， ，，，， 设平面的法向量，且， 所以，可取， 设平面的一个法向量，且， 所以，可取， 设平面与平面的夹角为，， 所以， 平面与平面夹角的正弦值为， ，解得， 故． 12．（2026·青海黄南·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，为等边三角形，，分别为棱的中点． (1)证明：平面； (2)若二面角的大小为，求的长． 【答案】(1)取的中点，连接， 在中，为中位线，所以. 又因为四边形是正方形，所以.，所以. 又因为平面，平面， 所以平面. 在中，为中位线，所以. 又因为平面，平面， 所以平面. 因为平面，平面，， 平面，所以平面平面. 又因为平面，所以平面. (2) 【分析】（1）取的中点，连接，构造平面，先利用线面平行证明平面平行于平面，再证明平行于平面即可；（2）先作出二面角的平面角，再利用平面几何知识求解的长度，再结合等腰三角形的性质得到. 【详解】（1）略 （2）取的中点，的中点，连接. 则即为二面角的平面角，所以.. 因为为等边三角形，所以. 由正方形的性质可得，. 在中，， 在等边中，为中线，所以，又因为， ，平面，所以平面. 又因为平行于，所以平面. 又因为平面，所以. 在中， 13．（2026·广东·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为3的菱形，是正三角形，，点为的中点． (1)证明：平面平面； (2)已知，点在棱上，且满足，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明：因为是正三角形，且点为的中点， 所以，     因为四边形为菱形，且， 连接，则是正三角形，所以，     因为，，平面，所以平面，     在菱形中，    所以平面，     因为平面，所以平面平面． (2) 【分析】（1）利用正三角形三线合一得到AD垂直平面OCP内的两条相交直线，结合菱形对边平行推出BC垂直平面OCP，最终由面面垂直判定定理完成证明； （2）先通过勾股逆定理证明三线两两垂直以建立空间直角坐标系，求出平面法向量与M点坐标，再代入点到平面的距离公式计算结果. 【详解】（1）略 （2）因为与都是边长为3的正三角形，所以， 因为，所以， 所以，    所以，，两两垂直， 以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图空间直角坐标系，     连接，则，，， 设，由得， 故，得，得，     所以，，，     设平面的法向量， 则即 取，得，     设点到平面的距离为， 则． 所以点到平面的距离为 14．（2026·云南昆明·模拟预测）如图，在正方体中，点，，分别为，，的中点． (1)证明：平面； (2)若与平面的交点为， ①证明：为的重心； ②求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明：连接，，因为，分别为，的中点，所以， 又因为为正方形，所以，故， 又平面，平面，故， 平面，平面，， 所以平面，平面，故. 同理， 平面，平面，， 所以平面. (2)①连接，，， 因为，，分别为，，的中点， 所以，故， 所以为等边三角形， 又因为平面，所以， 所以为的重心.   ② 【分析】（1）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可； （2）①根据正棱锥的性质及三角形重心性质证明即可；②根据线面角的定义计算求解即可. 【详解】（1）略 （2）（2） ①略 ② 取的中点为，连接， 要求与平面所成角的正弦值， 即求与平面所成角的正弦值，连接， 所以为与平面所成角， 不妨设，则，，由等边三角形知，， 所以， 所以与平面所成角的正弦值为. 15．（2026·广东广州·模拟预测）如图，在三棱柱中，，． (1)证明：平面平面． (2)若，直线与平面所成角为． （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）求三棱锥外接球的表面积． 【答案】(1) 证明：设 为 的中点. 过 作 平面，垂足为 . 因为 平面 ，所以 ，，. 由勾股定理得 ，，. 又 ，故 ，即 为 的外心. 又 ，故 ， 即 的外心，从而 与 重合， 平面 . 又 ， 平面 ，故 平面 . 由面面垂直的判定定理，得平面 平面 . (2)(i) 平面 与平面 夹角的余弦值为 ；(ii) 三棱锥 外接球的表面积为 . 【分析】（1）证明面面垂直，关键是在一个平面内找一条直线垂直于另一个平面，为此先确定 在底面 内的射影. 由题可知该射影为 的外心；又 ，外心恰为斜边 的中点 ，故 平面 ，再由面面垂直的判定定理完成证明. （2）(i) 先确定底面形状与几何体尺寸：由题可得 平面 ，从而得 ；再由直线 与平面 所成角为 求出 与 ，以 为原点建立空间直角坐标系，用两平面的法向量求夹角的余弦值. (ii) 由底面外接圆的圆心为 知球心在过 且垂直于底面的直线上，设出球心坐标后由条件可求外接球半径，进而得表面积. 【详解】（1）略 （2）由 平面 知 ，又 平面 ， 故 平面 ，所以 . 又 为 的中点，故 . 设 ，. 由 得 . 直线 在平面 内的射影为 ，由所成角为 得 ， 所以 ，代入得 . 以 为原点，射线 为 轴正方向， 为 轴正方向， 为 轴正方向，建立空间直角坐标系， 则 ，，，. 平面 内的两个向量为 ，. 设其法向量为 ，则 取 ，得 . 平面 内的两个向量为 ，. 设其法向量为 ，则 取 ，得 . 设两平面的夹角为 ，则 . 因为 ，所以 的外接圆半径为 ，圆心为 . 设三棱锥 的外接球球心为 ，则 在过 且垂直于平面 的直线上，设 . 由 得 ，解得 . 所以外接球半径 满足 ，其表面积 . 16．（2026·陕西榆林·一模）如图，在四边形中，是边长为2的正三角形，是以为顶角的等腰直角三角形，现沿着对角线翻折，得到三棱锥． (1)当翻折至平面平面时， （ⅰ）求直线与所成角的余弦值； （ⅱ）求三棱锥外接球的表面积； (2)求平面与平面夹角余弦值的最小值． 【答案】(1)（ⅰ）；（ⅱ）； (2) 【分析】（1）（i）取中点，由等腰三角形三线合一得、，结合面面垂直的性质推出，以此建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式计算异面直线与所成角的余弦值；也可通过补形构造正四棱锥，借助几何性质求解. （ii）结合两个面的三角形外接圆特征，确定三棱锥外接球的球心位置并计算半径，代入球的表面积公式得到结果. （2）设翻折角为参数，分别求解平面与平面的法向量，将二面角的余弦值表示为关于参数的函数，通过换元转化为函数最值问题求解；也可通过几何法构造二面角的平面角，结合三角函数性质推导最小值. 【详解】（1）解法1： （ⅰ）取的中点，则，，因为平面平面，所以． 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，．所以， 故直线与所成角的余弦值为． （ⅱ）设外接圆的圆心为，因为，所以即为三棱锥外接球的球心． 所以三棱锥外接球的表面积． 解法2： （ⅰ）取的中点，则，，因为平面平面，所以 延长至，使得，连接，，，则四棱锥为正四棱锥． 设直线与所成角为，则，故直线与所成角的余弦值为． （ⅱ）三棱锥外接球即为正四棱锥的外接球． 设外接球的半径为，则由射影定理可得：，所以， 所以三棱锥外接球的表面积． （2）解法1： 设，则， 则，，， 设平面的法向量为， 则由可得 令，则， 同理取平面的法向量为． 所以 ， 令，则，当且仅当， 时取等号， 故面与面夹角余弦值的最小值为． 解法2： 过作于，平面于，连接． 则平面，即为面与面的夹角， ， 所以，当且仅当时取等号， 故面与面夹角余弦值的最小值为． 【点睛】1.翻折类立体几何问题的核心是把握“变与不变”：折痕同侧的线段长度、线线夹角保持不变，空间面面位置关系发生变化，解题需以翻折前后的不变量为突破口. 2.面面垂直场景下，作交线的垂线得到线面垂直，既是几何证明的关键步骤，也是建立空间直角坐标系的基础，是处理此类问题的核心切入点. 3.动态二面角的最值问题，向量法思路通用直接，几何法运算更简洁，二者均通过换元或三角函数性质将空间最值转化为函数值域问题，充分体现了数形结合与函数思想的应用. 解答题专项题组A（基础回归） 17．（2026·重庆·三模）在正三棱柱中，已知分别是棱的中点． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）根据面面平行的判定定理来证明 （2）先建立空间直角坐标系，再分别求出平面和平面的法向量，最后计算夹角的余弦值. 【详解】（1）在矩形中，分别为的中点，连接，则， 在与中，易得，，因为，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理，，因为平面，平面，所以平面， 又因平面，故平面平面. （2）以中点为坐标原点，所在直线为x轴正方向，所在直线为y轴正方向， 过点 和平面垂直的直线为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 因，， 则，即令，则， 设平面的法向量为， 则，即令，则， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 18．（25-26高一下·全国·期末）如图，圆锥的底面圆心为O，直径为AB，C为半圆弧AB的中点，E为劣弧CB的中点，且，. (1)求证：平面； (2)求直线与底面所成角的正切值. 【答案】(1) 连接交于，因为E为劣弧CB的中点，所以是中点， 又是中点，所以，即 因为平面，平面， 所以平面； (2) 【详解】（1）略 （2）因为平面，所以是直线与底面所成的角，， 又平面，所以 因为，所以，所以. 19．（2026·河北沧州·二模）如图，四棱锥中，底面是梯形，，. (1)证明:平面平面； (2)若 ,求平面与平面所成二面角的正弦值. 【答案】(1)证明：因底面是梯形，，，则， 又，平面，则平面， 又平面，故平面平面. (2) 【分析】（1）由条件先证明，得平面，再由面面垂直的判定定理即可得证； （2）根据条件建系，写出相关点的坐标，求出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即得. 【详解】（1）略 （2）取的中点为，连接，因，则， 由（1）得平面，平面，则， 又平面，则平面. 过点作的平行线，交于点，则，即两两垂直， 故可以分别为轴建立空间直角坐标系. 因，由，可得， 则，. 设平面的法向量为， 因， 则，故可取， 因平面，故平面的法向量可取为， 则， 设平面与平面所成二面角的平面角为，则， 即平面与平面所成二面角的正弦值为. 【点睛】 20．（2026·广东·一模）如图，平面平面，四边形与都是直角梯形，． (1)求证：，，，四点共面； (2)设，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)由平面 平面， ，得 平面，以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系： 设， 则， 故，， 共面. (2) 【分析】(1)以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系,设,通过向量法可证得，即共面; (2)分别求出平面 与平面的法向量，用向量夹角的余弦公式求解即可. 【详解】（1）略 （2）设，故， 设平面 的法向量为， 由， 得，取，可得； ， 设平面的法向量为， 由， 得，取 ，所以， ， 设平面 与平面夹角为 , 即平面 与平面夹角的余弦值. 21．（2026·重庆·一模）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且． (1)求证：平面； (2)已知为线段中点，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)在三棱柱中，，， ，则. 又四边形是正方形，则，，所以 . 又，平面，因此 平面. 又平面，所以. 在等边中，为中点，则， 又，平面，所以平面. (2) 【分析】（1）根据勾股定理、线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量，结合向量法求线面角求解即可. 【详解】（1）略 （2） 取中点为，中点为，则 ， . 由（1）知， 平面， 平面，则.又，故. 又 ， 平面，则平面. 即两两垂直. 以为坐标原点，，，的方向为轴､轴､ 轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 因为为线段中点，所以. ，，. 设平面 的法向量为， 则，即，故可取. 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. 22．（2026·山东·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，底面为等腰梯形，且为的中点． (1)求直线与平面的夹角； (2)若，平面与交于点，求线段的长度． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）方法一：根据面面垂直的性质定理，结合线面角定义进行求解即可； 方法二：根据面面垂直的性质定理，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； （2）根据空间向量的线性运算坐标公式，结合法向量的性质进行求解即可. 【详解】（1）方法一：连接，因为，所以， 又因为平面平面，平面平面， 所以平面， 所以即为直线与平面的夹角， 因为，所以． 又因为底面为等腰梯形，且， 所以，所以四边形为平行四边形，所以． 则，所以， 所以直线与底面的夹角为 方法二：连接，因为，所以， 又因为平面平面，平面交平面于， 所以平面， 所以即为直线与底面的夹角， 因为，所以． 又因为底面为等腰梯形，且， 所以，所以四边形为平行四边形，所以． 取的中点，连接，因为底面为等腰梯形，所以， 由面，建立空间直角坐标系如图所示， 所以，所以， 面的法向量为，所以， 所以直线与底面的夹角为； （2）取的中点，连接，因为底面为等腰梯形，所以， 由（1）得面，建立空间直角坐标系如图所示， 所以， 所以， 因为，所以，则， 同理， 设面的法向量为，所以，则， 不妨令，所以，则． 令，所以 因为点在面中，所以，所以， 所以，所以． 综上，线段的长度为． 23．（2026·江西九江·一模）如图，四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，且平面平面，. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)因为，所以为中点， 因为侧面是正三角形，所以， 因为底面是正方形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以，又，，平面， 所以平面，又平面， 所以 (2) 【分析】（1）根据面面垂直性质定理证明平面，进而，再根据即可证明平面，最后结合线面垂直证明结论； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. 【详解】（1）略 （2）根据题意，如图建立空间直角坐标系， 设正方形的边长为，则 ， 因为， 所以， ，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 故可取， 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 【点睛】 24．（2026·新疆·一模）如图，在三棱锥中，两两垂直，    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立坐标系，求出平面法向量，利用线面角的向量公式可得答案； （2）求出两个半平面的法向量，利用向量夹角公式可求二面角. 【详解】（1）以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系； ，,； 设平面的一个法向量为，则， 令，得，即， 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. （2）由（1）知平面的一个法向量为， 易求平面的一个法向量为， 设二面角的大小为，易知为锐角，则， 所以二面角的余弦值为.    25．（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． 26．（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，，． 解答题专项题组B（能力提升） 27．（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． 28．（2026·广东广州·模拟预测）如图，在菱形中，，，将沿翻折至，连接，． (1)证明：； (2)若二面角的大小为，求的长． 【答案】(1)取的中点，连接，则 ， 所以 因为平面， 所以平面. 又平面，所以. (2) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证得平面，从而证得； （2）由二面角的定义，作出二面角的平面角，再根据余弦定理求得的长． 【详解】（1）略 （2）因为， 所以是二面角的平面角，所以. 中，， 所以， 所以. 所以. 中，. 所以. 29．（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． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理及平行线的性质求解即可. （2）建立空间直角坐标系，根据垂直关系的向量表示及数量积的坐标表示求解即可. （3）判断球心位置并设出坐标，根据两点间的距离公式求解即可. 【详解】（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. 30．（26-27高三上·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． 【答案】(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)有可能， 【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可证明. （2）建系，求出各个点的坐标，再分别求出平面与平面的法向量，根据两个平面垂直时法向量的关系列出方程就可求解. 【详解】（1）略 （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． 31．（2026·江苏南通·一模）如图，在正三棱柱中，为线段上一点． (1)若为线段的中点，证明：平面； (2)若，为线段上一点，且． （i）是否存在点，使得平面．若存在，求；若不存在，请说明理由； （ii）在（i）的条件下，求二面角的正切值． 【答案】(1)连结交于点，连结． 因为为正三棱柱， 所以四边形为平行四边形，所以． 因为为线段的中点， 所以． 在中，，， 所以． 因为平面，平面， 所以平面 (2)（i）存在，；（ii）． 【分析】（1）由三角形中位线性质得，再结合线面平行的判定定理证明即可； （2）（i）根据三角形性质结合线面平行的判定定理即可求解；（ii）方法一：根据二面角的定义作出二面角的平面角，根据边角关系计算求解；方法二：建立空间直角坐标系，根据面面角空间向量法计算即可求解. 【详解】（1）略 （2）（i）存在点，当时，平面 在平行四边形中，，， 所以． 在中，， 所以． 因为平面，平面， 所以平面． （ii）方法一：在中，分别过，作，垂直于，垂足分别为，．在平行四边形中，过作垂直于，垂足为，连结． 在正中，，， ，， 所以，，． 因为为正三棱柱， 所以平面． 因为平面， 所以． 因为，平面，平面，， 所以平面． 因为平面， 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． 在矩形中，． 在中，． 所以二面角的正切值为． 方法二：在中，过作交于．在平行四边形中，过作交于． 在正三棱柱中， 因为平面，平面， 所以，． 因为， 所以，． 故以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，，． 因为平面即平面， 所以平面的一个法向量为． 设平面的一个法向量为， 则，令，则，， 所以平面的一个法向量为． 设二面角的平面角为， 则， 所以， 所以． 二面角的正切值为． 32．（2026·湖南长沙·模拟预测）在四面体中，，．点为的中点． (1)证明：平面； (2)若异面直线与所成的角为，求四面体的体积． 【答案】(1)连接. 在等腰三角形中，为底边的中点，故． 同理． 因，是平面内两条相交直线，故平面． (2) 【分析】（1）由等腰三角形的性质及线面垂直的判定定理可得； （2）建立空间直角坐标系，根据题意求得的坐标，结合（1）的结论由求得四面体的体积． 【详解】（1）略 （2）由（1）得，，且． 以为原点，，所在直线分别为，轴，过且垂直平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 因，故在平面内，设，其中． 又，，，于是，． （，与垂直平面的方向依次为，，轴） 由，所成角为，得 ． 即，故（舍去），．于是落在轴上，，． 四面体由以为公共底面的两个三棱锥组成，故． 33．（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 34．（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. 35．（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． 36．（2026·贵州遵义·模拟预测）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)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)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)存在， 【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）以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，令，由二面角的向量公式求得，即可求解的值. 【详解】（1）略 （2）由题意知以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，    则， 则， 令，, 设平面的法向量为，则， 取，得， 又平面的一个法向量为， ，化简得， 又，故解得， 故线段上存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为， 此时. 解答题专项题组C（思维拓展） 37．（2026·福建漳州·模拟预测）已知三棱锥的底面是等边三角形，且，. (1)证明：； (2)设点在平面内的正投影为点，若，且二面角的正切值等于. （ⅰ）求三棱锥外接球的表面积； （ⅱ）设是空间中的一个平面，证明：三棱锥的各棱在平面上正投影的长度的平方和是常数. 【答案】(1)取的中点，分别连接、， 因为是等边三角形，所以. 又且面，所以平面. 而平面，所以. 因为为的中点，所以． 取的中点，连接、，由已知条件同理可证， 所以． (2)（i）； （ii）以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示． 则正四面体的六个棱的方向向量都表示为：， ， 设任意平面的单位法向量为，其中． 对于每条棱，其在平面上正投影的长度的平方为． 因此六条棱在平面上正投影的长度的平方和为， 又 ， 所以 . 代入得， 故三棱锥的各棱在平面上的正投影的长度的平方和是常数． 【分析】（1）取的中点，利用线面垂直的判定定理和性质定理得，从而得到，同理得到，即证明； （2）（i）建立合适的空间直角坐标系，求出相关平面法向量，从而得到相关方程，说明三棱锥是正四面体，最后利用补形法即可得到答案； （ii）建立合适的空间直角坐标系，写出各个棱的方向向量，最后求和即可. 【详解】（1）略 （2）（i）设与交于点， 因为平面平面， 所以，同理， 又平面平面， 所以平面. 设正三棱锥底面边长为，高为， 因为，所以，即． 以为原点，的方向分别为轴，轴的正方向， 如图建立空间直角坐标系， 则． 所以， 设是平面的一个法向量，则， 取，则，即. 因为点在平面内的正投影为点， 所以平面，所以直线的一个方向向量为. 又，设是平面的一个法向量， 则， 取，则，即， 又底面的一个法向量， 因为二面角的正切值等于， 所以，即， 又因为，解得， 所以三棱锥是正四面体． 如图，将正四面体补成一个正方体，使得正四面体的每条棱都是正方体的面对角线，则正方体的棱长为1． 所以正四面体的外接球与该正方体的外接球相同， 而正方体的外接球的表面积是． 38．（2026·贵州遵义·模拟预测）如图，四棱锥的底面为平行四边形，为正三角形，平面，，，点 满足（ ）． (1)若时，求三棱锥的体积； (2)若平面过直线，且平面，平面与侧棱，分别交于点，．是否存在点 ，使得平面与平面的夹角为？若存在，请说明点 的位置，并求此时的面积；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)连接，， 由平面过直线，且，平面，则平面是平面， 因为平面，平面平面，所以， 结合（1）的空间直角坐标系， 不妨设，则，， 又，，，， 则，所以， ，所以， 所以，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 显然是平面的一条法向量， 又平面与平面的夹角为， 则， 整理得，解得，或（舍去）， 即点，分别为侧棱，的中点，且平面的法向量为， 又点 满足（ ）， 结合（1）有， 则， 又平面，则， 所以，解得， 所以存在点（为的三等分点，且靠近处），使得平面与平面的夹角为． 结合（1），在中有，则， 在正三角形中，有，则， 又平面，，则平面， 又平面，则， 所以此时的面积为． 【分析】（1）先根据线面垂直的性质，及三角形的性质证明线线垂直，从而建立空间直角坐标系，再根据空间向量的线性关系确定点的坐标，进而利用等体积法即可求出三棱锥的体积； （2）先根据线面平行的性质证明，再结合（1）的空间直角坐标系，利用空间向量夹角的余弦值求出点，的位置，再根据平面的法向量与平面内直线的关系求出的值即可判断是否存在点，并求处此时的面积即可． 【详解】（1）取的中点，取的中点，连接，，则， 又平面，则平面， 又平面，则，， 所以以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 在，由，， 则，，，， 在正三角形中，，则， 所以，，， 又点 满足（ ）， 则，则， 若，则，即点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积为． （2）略 39．（2026·陕西安康·模拟预测）如图，在直三棱柱中，为棱的中点，点满足． (1)求的值； (2)若，且二面角为直二面角． （ⅰ）求直线与平面所成角的余弦值； （ⅱ）已知为棱的中点，过点，的平面与射线，交于，两点，求四面体体积的最小值． 【答案】(1)． (2)（ⅰ）． （ⅱ）． 【分析】（1）由为的中点，先把化成与的线性组合，再比较与的关系． （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系．先由二面角为直二面角确定点的坐标，再求直线与平面所成角的余弦值．对于体积最小值，设在对应射线上，由共面建立参数关系，再表示四面体体积并求最小值． 【详解】（1）因为为的中点，所以 由题意得 于是 所以三点共线，且 因此 （2）（ⅰ）以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系． 由，可设 因为在底面内，设 由，得 平面为平面，其一个法向量可取 又 所以平面的一个法向量可取 因为二面角为直二面角，所以平面与平面垂直， 即，故，解得． 再由，得或． 取轴正方向指向点所在一侧，不妨取，于是 ， 设平面的一个法向量为， 因 则，故可取， 设直线与平面所成角为． 则 所以 （ⅱ）由上面坐标可知 因为在射线上，在射线上，所以可设 由于共面，所以存在实数，使得 又， 则， 即，由②得，由③得， 将它们代入①，可得化简得 在中，，，且，所以 平面就是平面，其方程可写为． 点到该平面的距离为 于是四面体的体积为 由，可得所以 又当且仅当时等号成立．此时， 所以的最小值为， 40．（2026·四川眉山·模拟预测）如图三棱锥中，是边长为2的等边三角形，中且． (1)若是的中点，且，求证：平面平面； (2)在（1）的条件下求三棱锥外接球的表面积； (3)设二面角的大小为，求的最小值． 【答案】(1)在等边中，是的中点， ，又且平面， 平面，又平面， ，又且平面， 平面，又平面， 平面平面. (2) (3) 【分析】（1）先证明平面，从而得到，结合可得平面，故平面平面； （2）根据（1）中的条件，将三棱锥补全为正三棱柱，得到外接球球心即为两个底面的中心连线的中点，使用勾股定理计算即可得到半径，进而得到表面积； （3）以的中点为原点，平行于为轴方向，为轴方向，垂直于平面向上为轴方向，建立坐标系，设从轴逆时针转到的角度为（从左侧看），利用空间向量法得到平面和平面的法向量，得到夹角表达式，最后利用变量代换求得最小值. 【详解】（1）略 （2）由（1）知平面，且为等边三角形， 故可将三棱锥补全为正三棱柱，三棱柱的高， 则三棱锥的外接球就是三棱柱的外接球， 外接球的球心为等边三角形和的中心连线的中点， 半径， 所以三棱锥外接球的表面积为； （3）取的中点为原点，平行于为轴方向，为轴方向， 垂直于平面向上为轴方向，建立如图所示的坐标系， 设从轴逆时针转到的角度为（从左侧看）， 则，，，， ，， 设是平面的一个法向量， 则有， 取，则  ，指向三棱锥外， 设是平面的一个法向量， 则有， 取，则，  指向三棱锥内， 得， 令， 则，   当，即时取等号， 所以的最小值为． 41．（25-26高一下·吉林·期中）如图，顶点为的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，是底面圆周上的点，是底面圆内的点，为底面圆圆心，，垂足为，，垂足为，且，是的中点． (1)证明：平面； (2)当三棱锥的体积最大时，求的长； (3)是否存在一个点，满足点到点，，，，的距离均相等？若存在，求出二面角的余弦值的取值范围，若不存在，说明理由． 【答案】(1)由题意知，平面，因为平面，所以. 又，，平面，，所以平面. (2) (3)存在点满足条件，二面角的余弦值的取值范围为 【分析】（1）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可. （2）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理得到平面，在中求得，结合等体积法可得到当三棱锥的体积最大时，在中求解即可. （3）根据线面垂直的性质得到，，进而得到，，，四点共圆，圆心为中点；取中点，连接，可得到平面，结合勾股定理即可判断点即为所求的点；作，交于点，连接，证明平面，则即为二面角的平面角，在中求解即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）得，平面，因为，平面，所以，. 又，，平面，，所以平面. 因为，平面，所以，. 设过的一个轴截面交底面圆周于，点，则为等腰直角三角形， 所以，为等腰直角三角形，则， 又是的中点，所以，且. 因为，平面，，所以平面. 在中，. ， 当且仅当时，等号成立， 即当三棱锥的体积最大时，. 在中，，平面图如图： 在中，，，所以， 在中，. 故当三棱锥的体积最大时，的长为. （3）在四棱锥中， 由（2）得，平面，平面，所以，即. 又，即，所以，，，四点共圆，圆心为中点，记为. 取中点，连接，则， 由（2）得，平面，所以平面. 由，得， 故点即为所求的点. 作，交于点，连接， 因为平面，，平面，所以，. 又，平面，，所以平面. 因为平面，所以， 所以即为二面角的平面角，记为. 在等腰中，，所以为中点，又为中点，所以. 在中，， 而，则，所以，故. 所以存在点满足条件，二面角的余弦值的取值范围为. 42．（2026·安徽·模拟预测）如图所示的平面四边形，其中，，，． (1)求的值； (2)现将平面四边形沿进行翻折，使得点翻折至的位置，且． （ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值； （ⅱ）依次过点，，，作四个相互平行的平面，使得任意两个相邻平面之间的距离均为，求的值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）（ⅱ） 【分析】（1）根据余弦定理解三角形即可. （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，根据两点间距离公式得到坐标，求出平面、平面的法向量，根据面面角的向量求法求解即可. （ⅱ）由题意知，直线被这四个平面截得的三段线段长度相等，根据点到平面距离的向量求法求解即可. 【详解】（1）在中，，，故， 故， 在中，，， 在中，， 由余弦定理得， ， 所以． 故. （2）（ⅰ）取中点， 以为坐标原点，，方向为，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，设， 由（1）可知，，，， 故，解得，，， 则，则，而， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，，所以. 易知平面的一个法向量， 设平面与平面所成角为， 则. （ⅱ）因为四个平面相互平行且相邻间距均为，所以直线被这四个平面截得的三段线段长度相等． 即平面（过）必过靠近的三等分点，平面（过）必过靠近的三等分点． 同时，因为平面过点，平面过点，且，，平行等距， 由平行线分线段成比例可知，中间的平面必过线段的中点（即坐标原点）． 由（ⅰ）可知，，，， ， ， 平面经过点，，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，，所以， 因为平面过点且平行于， 所以相邻平面间的距离等于点到平面的距离，即． 同理可验证平面过和，且与平行，距离也为，故四个平面均满足． 因此相邻两个平面间的距离为． 43．（2026·江苏南京·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面，，，过作于，为线段的中点．    (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积的最大值； (3)设为四棱锥的外接球的球心， ①证明：该球面与三棱锥的侧面的交线长小于； ②在二面角，二面角，二面角之中选择一个求其余弦的绝对值的取值范围． 【答案】(1)证明：因为平面，平面， 所以，， 由于，则是等腰直角三角形， 因为为斜边的中点，所以， 又已知，且，故平面， 因为平面，所以， 因为，且，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，平面， 所以平面． (2)． (3)①连接，则由平面，又平面，故，    由知，，，均在以为直径的球面上，球心为的中点，半径， 所以为四棱锥的外接球的球心； ①取中点， 因为， 所以为上述球面被平面所截得的截面圆周的圆心， 该球面被三棱锥的侧面的交线为圆心角所对的一段弧，设该弧的长度为的弧度数为，则， 在中，，分别为，的中点，所以，即， 所以，所以，又， 所以． ②． 【分析】（1）根据线面垂直的性质及判定即可证明； （2）法一：建立空间直角坐标系，结合三棱锥的体积公式即可求解；法二：由体积比法，求得，即可求解；方法三：轨迹法，点的轨迹落在平面内以为直径的圆周上，由几何关系即可求解； （3）建立空间直角坐标系，由面面夹角的余弦公式求解二面角和二面角，同时根据二面角的平面角定义求解二面角和二面角． 【详解】（1）略． （2）以为原点，，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 方法一： 在中，，则， 在中，， 由，得， 点在平面内，其坐标为， ， 设，由于在上，设， 即， 则， 由得：， 化简得：， 所以， 代入得， 由（1）知平面，故三棱锥的体积， 因为，，所以， 又， 所以 ， 又， 所以， ， 当时，三棱锥的体积取得最大值． 方法二：体积比法 ， 又， 所以， ， 由于面积为2，， 又 ，， 故， 下同方法一，得三棱锥的体积取得最大值． 方法三：轨迹法 由（1）知平面，平面， 故，， 点的轨迹落在平面内以为直径的圆周上， 取为体积的高，则， 由于为定值，当面积最大时体积最大， 当面积最大时，为等腰直角三角形，， 由，得， 此时，三棱锥的体积取得最大值． （3）①略 ②建系同（2），求二面角； 方法一：由（2）方法一，设，其中 ，， 平面即为平面， 其法向量， 设平面法向量， 由，得， 取，，， 则， ， 由于，所以， 所以， 由于，， 即二面角余弦的绝对值的取值范围为；    方法二：几何法 取线段的中点，中点，连结，， 由①知，平面，， 所以即二面角的平面角， 在中，为的中点，为中点，所以， 在中，为的中点，为中点，所以， 在中，， 由于，所以，故， 即二面角正弦值的取值范围为； 二面角： 设，则， 平面的法向量.，， 由， 令 ， ，，得， 由于点在直线上，平面即为平面， 设平面的法向量面的法向量，，， 由， 令，则，代入得 ，得 ， 取， 则， 因为，所以， 故二面角的正弦值的取值范围是． 二面角：在中，作于，则， 由于平面，所以平面， 由，得，故棱平面， 二面角的大小等于 ， 设， 则，所以， 即， 所以， 所以 ， 在中，， ，所以 ， 所以 ， 又， 所以， 令 ，则，又，所以， 则， 令， 由于 ， 所以在上单调递减，所以， 所以，即二面角的正弦值的取值范围是． 44．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图，已知圆锥的底面直径，其中为底面圆心，高，动点从点出发，在圆锥的侧面上绕轴一周后回到点，其轨迹为． (1)求长度的最小值； (2)若点在圆上，且（是弧所对的圆心角，），证明：存在非零向量，使得恒成立； (3)在（2）的条件下，可知是平面曲线，记所在平面为，求平面与平面夹角余弦值的取值范围． 【答案】(1) (2)如图，在底面圆中，过点作交圆于点， 由平面，平面，得，直线两两垂直， 如图，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 于是，，，设， 则，，由， 得， 于是，取，得， 所以存在非零向量，使得恒成立. (3) 【分析】（1）作出圆锥侧面展开图，利用两点间距离线段最短求解. （2）建立空间直角坐标系，表示出点的坐标并求出，结合向量垂直的坐标表示推理得证. （3）求出平面的法向量，利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）如图， 沿圆锥的母线，将圆锥的侧面展开，得侧面展开图扇形， 其中为的中点，与在圆锥中是同一点， 由轨迹在圆锥的侧面上，得在侧面展开图中，轨迹是扇形上连接与两点的曲线， 又是最短路径，而平面上连接两点中线段最短， 因此轨迹是侧面展开图扇形上连接与两点的线段，即线段， 由，得的长度为，又，得，则， 所以在等腰中， ，即的长度为 . （2）略 （3）由（2）可知，是平面的一个法向量，设平面的法向量为， 由，，则，即， 取，得，设平面与平面夹角为， 则，所以平面与平面夹角的余弦值的取值范围为. 45．（2026·湖南长沙·三模）如图，等腰梯形中， 分别为中点，， 且，若将梯形沿翻折成为一个三棱台，使得平面与平面所成的夹角为. (1)当，求证： (2)若直线与平面所成角的正切值为. ①求二面角的余弦值 ②该三棱台的顶点中，在同一个球面的点最多有几个，请任选一个包含最多顶点的球面，并计算该球的表面积 【答案】(1)等腰梯形 中， 分别为 的中点，因此 是梯形的对称轴，满足： ，翻折前， ，，翻折后， ，因为平面 与平面 的交线为 ，且 ， ， 平面 ， 平面 ，所以 是两平面所成二面角的平面角，即 ，当 时，，即，由 且 ，且 ， 平面 ， ，又 平面 ，所以 ； (2)①；②个，. 【分析】(1)通过证明 ，，得到； ①建立空间直角坐标系，先由直线与平面所成角的正切值为求出，从而得到点B的坐标，最后利用向量法求解二面角的余弦值； ②先利用4个点坐标求出球面的方程，再把另外2个点分别代入验证，得到该三棱台的顶点中，在同一个球面的点最多有5个，同时求出该球的表面积. 【详解】（1）略 （2） 连接，，因为等腰梯形中， 分别为中点， ， 且，则， 则，所以，所以， 因为，所以，所以， 由余弦定理得， 同理， ， 在平面中，过点作，依题意， 以 为原点，以 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， ，， ， ， ， 设平面 的法向量为 ， 则，令，则， 设直线与平面的夹角为，已知，则，， 所以 所以 ，即 ，所以 ， 解得，或(此时，不合，舍去) 此时， 设平面 的法向量为 ，，， 则，令，则， 又平面 的一个法向量是， 所以， 因为二面角是锐角，所以二面角的余弦值； ②解法1：设过点， ， ，的球的半径是，球心是， 则，所以， 解得，所以， ， 因为，所以在该球面上， ，因为，所以不在该球面上， 所以存在一个球面，同时包含 这 5 个顶点，第 6 个点 不在这个球面上， 则球的半径 ，所以该球的表面积是 . 解法2：空间球面的一般方程为 ， 代入 ，得 ，解得：， 代入 ，得 ， 即 ，解得：， 代入 ，得 ， 即 ，解得：， 代入 ，得 ， 即 ，解得：， 得到球面方程 验证 ，代入球面方程得 ，满足方程， 验证 ，代入球面方程得 ，不满足方程， 存在一个球面，同时包含 这 5 个顶点，第 6 个点 不在这个球面上， 球面方程 整理为球面标准方程： 则球的半径 ，所以该球的表面积是 . 46．（2026·江苏泰州·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面底面，，，，是的中点，，. (1)证明：； (2)求四面体外接球的表面积； (3)动点在平面内，和均为锐角，.设平面与平面的夹角为，求的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，先证明，再根据面面垂直的性质得平面，再根据线面垂直的性质得，进而可得平面，再证明，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证； （2）取的中点，连接，根据面面垂直的性质得平面，再以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间中两点的距离公式求出外接球的圆心，从而可得出半径，即可得解； （3）易得点的轨迹是以为焦点的椭圆，设，求出两平面的法向量，再求出的表达式，进而可得出答案. 【详解】（1）连接， 因为，， 所以为等边三角形，所以， 因为是的中点，所以， 又，所以， 因为侧面底面，侧面底面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 又因为，平面， 所以平面， 又平面，所以，所以， 而， ， 所以， 所以，所以， 又平面， 所以平面， 又平面，所以； （2）取的中点，连接，则， 因为侧面底面，侧面底面， 平面， 所以平面， 如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系， 则， 设四面体外接球的球心为， 则四面体外接球的半径， 所以， 即，解得， 所以四面体外接球的半径， 所以四面体外接球的表面积； （3）因为动点在平面内，， 所以点的轨迹是以为焦点的椭圆， 其焦距，长轴长，短轴长， 所以点的轨迹方程为， 设，则，所以， ， 则， 设平面的法向量为， 则有， 令，则，所以， ， 设平面的法向量为， 则有， 令，则，所以， 所以， 将代入化简得， 令，由，得， 则， 所以， 因为函数在上都是减函数， 所以当时，即时，取得最小值为， 经检验当时，和均为锐角， 所以的最小值为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $