新高考数学二轮复习 专题03 空间几何 解答题题型分类提升讲与练（2份，原卷版+教师版）

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考法一 平行
【例1-1】（2023春·河北邯郸 ）如图，在三棱柱中，G，O，H，M分别为DE，DF，AC，BC的中点，N为GC的中点.

(1)证明：平面ABED.
(2)证明：平面平面BCFE.
【解析】（1）证明：如图，连接BG.∵M为BC的中点，N为GC的中点，∴.
∵平面ABED，平面ABED，∴平面ABED.

（2）∵G，O分别为DE，DF的中点，∴.
∵平面BCFE，平面BCFE，∴平面BCFE.
∵且，∴四边形OFCH是平行四边形，∴.
∵平面BCFE，平面BCFE，∴平面BCFE.
又，∴平面平面BCFE
【例1-2】（2023·青海）如图，在四棱锥A-BCDE中，底面BCDE为矩形，M为CD中点，连接BM，CE交于点F，G为△ABE的重心，证明：平面ABC.
【解析】延长EG交AB于N，连接NC,因为G为△ABE的重心，所以点N为AB的中点，且 ,
因为 ,故 ,所以 ,故，故 ,
而平面ABC，平面ABC,故平面ABC；
【变式】
1．（2023春·浙江金华）在正方体中，分别是和的中点，求证

(1)
(2)平面．
(3)平面平面．
【解析】（1）连接，因为底面是正方形，且点是中点，
所以，即点也是中点，
又因为点是中点，所以由三角形中位线定理可得；
（2）由（1），因为平面，平面，所以平面；
（3）连接，因为分别是和的中点，所以由正方体的性质可知：，
所以四边形是平行四边形，所以有，而，
所以，因为平面，平面，
所以平面，而平面，所以平面平面.

考法二 垂直
【例2-1】（2023秋·海南海口 ）已知三棱锥中，底面，，分别为，的中点，于．

(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面．
【解析】（1）∵底面，底面，∴；
又，为的中点，∴，
又∵平面，，∴平面，平面，
∴，又，平面，，∴平面；
（2）由平面知，；又分别为的中点，
∴是的中位线，∴，∴，即，
由平面可知，，，
为平面与平面的二面角，又，∴平面平面．
【例2-2】（2023·全国·高三专题练习）如图，三棱锥中，，均为等边三角形，，O为AB中点，点D在AC上，满足，且面面ABC．证明：面POD．

【答案】证明见解析
【解析】证明：由条件、为等边三角形，为的中点，
则，，，
由余弦定理得
从而在中，，得为直角三角形，且，
又面面，面面，且，面，
则由面面垂直的性质定理可得面，由面,所以
因此由，，，平面，所以平面，
即面POD.
【变式】
1．（2023秋·山东）如图所示，在正方体中，为棱的中点，N为棱上的点，且，求证：.

【解析】连接，设，则，，
，又，∴.

∴，又，
∴，即，
又平面，平面，所以，
平面，所以平面，
平面，∴.
考法三 空间角之向量法
【例3-1】（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【解析】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，则
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、、、，则，易知平面的一个法向量为，则，故，
平面，故平面.
（2）解：，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，.
因此，直线与平面夹角的正弦值为.
（3）解：，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，则，
因此，平面与平面夹角的余弦值为.
【变式】
1．（2023·云南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，为的中点．

(1)证明：；
(2)求二面角的平面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】（1）在四边形中，，取中点，连接，
由，得，则四边形是平行四边形，又，
因此是矩形，即有，有，，
从而，即，而平面，平面，则，
又平面，于是平面，而平面，
所以.

（2）由（1）知两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，依题意，，，
设平面的一个法向量，则，令，得，
设平面的一个法向量，则，令，得，
因此，显然二面角的平面角为钝角，
所以二面角的平面角的余弦值为.
考法四 空间角之几何法
【例4】（2023秋·四川遂宁）如图，多面体中，四边形为平行四边形，，，四边形为梯形，，，，，平面
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】（1）由四边形是平行四边形，得，而平面，平面，则平面，由，平面，平面，得平面，
又，平面，因此平面平面，而平面，
所以平面.
（2）由平面，平面，得，连接，则，
在平面内过作于，连接，显然，而平面，
于是平面，则为直线与平面所成的角，
又，则，因此，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【变式】
1．（2023春·福建宁德 ）四棱锥中，底面为平行四边形，侧面底面，已知，，，．

(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）作，垂足为，连接，由侧面底面，
侧面,且侧面底面，得底面．
因为，所以，又，故为等腰直角三角形，，
且平面，所以平面，
又因为平面，所以,即.
（2）证明：由（1）知，依题，
故，由，，，
又，作，垂足为，侧面底面，
平面,且侧面底面，得平面，连接,
所以为直线与平面所成的角，所以，
即直线与平面所成角的正弦值为．

考法五 空间距离之向量法
【例5】（2023·重庆·统考模拟预测）在多面体中，四边形是边长为4的正方形，，△ABC是正三角形．

(1)若为AB的中点，求证：直线平面；
(2)若点在棱上且，求点C到平面的距离．
【答案】(1)证明见详解(2)
【解析】（1）连接，设，由题意可得为的中点，连接，
因为分别为的中点，则//，平面，平面，
所以直线平面.

（2）由题意可得：，，平面，所以平面，
取的中点，连接，因为△ABC是正三角形，则，
又因为平面，平面，则，
，平面，所以平面，
如图，以为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，即，
所以点C到平面的距离.

【变式】
1．（2023·天津北辰·校考模拟预测）在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，，，，为中点，在线段上，且.

(1)求证：平面；
(2)求直线PB与平面所成角的正弦值；
(3)求点到PD的距离.
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【解析】（1）如图，取中点，连接

因为为中点，，，，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为为中点，为中点，则，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
又平面，故平面．
（2）
根据题意，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由条件可得，，
则，设平面的法向量为，
则，解得，
取，则，所以平面的一个法向量为，设直线PB与平面所成角为，
则.所以直线PB与平面所成角的正弦值为.
（3）由（2）可知，，
所以点到PD的距离为.
考法六 空间距离之几何法
【例6】（2023·江西景德镇·统考三模）如图，等腰梯形ABCD中，，，现以AC为折痕把折起，使点B到达点P的位置，且.

(1)证明：平面平面；
(2)若M为PD的中点，求点P到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）在梯形ABCD中取AD得中点N，连接CN，

则由BC平行且等于AN，可知ABCN为平行四边形，
所以，由可得C点在以AD为直径的圆上，
所以.又，，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）取AC得中点O，连接PO，OD，由得，

由（1）知，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，又M为PD的中点，
所以，因为平面，平面，所以，，
又M为PD的中点，所以，则，
所以，，
，所以，
由余弦定理得，
所以，
所以，
所以，因为平面，
所以点到平面的距离CD是点到平面距离的2倍，即点M到平面PAC的距离为1，
，设点P到平面的距离为，
因为，所以，解得.
【变式】
1．（2023·江西景德镇·统考三模）如图，等腰梯形ABCD中，，，现以AC为折痕把折起，使点B到达点P的位置，且.

(1)证明：平面平面；
(2)若M为PD的中点，求点P到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）在梯形ABCD中取AD得中点N，连接CN，

则由BC平行且等于AN，可知ABCN为平行四边形，
所以，由可得C点在以AD为直径的圆上，
所以.又，，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）取AC得中点O，连接PO，OD，由得，

由（1）知，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，又M为PD的中点，
所以，因为平面，平面，所以，，
又M为PD的中点，所以，则，
所以，，
，所以，
由余弦定理得，
所以，
所以，
所以，因为平面，
所以点到平面的距离CD是点到平面距离的2倍，即点M到平面PAC的距离为1，
，设点P到平面的距离为，
因为，所以，解得.
考法七 折叠问题
【例7】（2023秋·山东泰安 ）如图1，四边形为矩形，，E为的中点，将、分别沿、折起得图2，使得平面平面，平面平面．

(1)求证：平面；
(2)若F为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）在图2中，取、的中点M、N，连接、、，
在图1中，，且E为AB的中点，则，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，同理，平面，所以.
又因为，所以四边形为平行四边形，所以，
而平面，平面，所以平面.
（2）在图1中，，，.
以点E为坐标原点，，所在的直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，

设，则，
向量，设平面的法向量为
由，得，令，得平面的一个法向量为，
又， 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．
【变式】
1．（2023·吉林长春·东北师大附中校考一模）长方形中，，点为中点（如图1），将点绕旋转至点处，使平面平面（如图2）．

(1)求证：；
(2)点在线段上，当二面角大小为时，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见详解(2)
【解析】（1）证明：在长方形中，，为中点，
，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，平面，
，又，平面，平面，，
平面，平面 .
（2）
如图，取的中点，的中点，连接，由题意可得两两互相垂直，
以为坐标原点，以，， 分别为x，y，z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，得，，
又平面，是平面的一个法向量，
，令，解得或（舍）.
即为的靠近的三等分点时，二面角的平面角为，平面，且，
到平面的距离为，又四边形的面积为3，
四棱锥的体积
考法八 动点
【例8】（2023春·山西运城·高一统考期中）如图，正三棱柱中，E、F、G分别为棱、、的中点．

(1)证明：∥平面；
(2)在线段是否存在一点，使得平面∥平面？若存在，请指出并证明；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析(2)存在；N为的中点，证明见解析
【解析】（1）证明：取的中点，连接，，
在中，因为E、M分别为、的中点，所以且．
又为的中点，，所以且，即且，
故四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面．

（2）当N为的中点时，平面平面．
证明：连接，．因为N，F分别是和的中点，所以．
因为平面，平面，所以平面．
因为，，所以．
因为平面，平面，所以平面．
又因为平面，平面，，所以平面平面．

【变式】
1．（2023·全国·统考高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
【答案】(1)证明见解析；(2)1
【解析】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
，，
又不在同一条直线上，.
（2）设，则，
设平面的法向量，则，令 ，得，
，设平面的法向量，则，
令 ，得，，，
化简可得，，解得或，或，
.
考点九 外接球
【例9】（2023湖南）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，.
（1）求证：平面；
（2）若直线与底面所成的角的余弦值为，求三棱锥的外接球表面积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）在四边形中，，，，
，为等腰直角三角形，即，
平面平面，，平面平面，
平面，又平面，，
，平面，平面.
（2）平面，平面，，，
又，，，即，
，平面，平面，
平面，，即，均为直角三角形，且公共斜边为，
中点到三棱锥四个顶点的距离相等，三棱锥的外接球半径；
平面，为直线与底面所成的角，
，又，，
三棱锥的外接球表面积.
【变式】
1．（2023·全国·高三专题练习）如图矩形中，，沿对角线将折起，使点A折到点P位置，若，三棱锥的外接球表面积为．
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)M为的中点，点N在边界及内部运动，若直线与直线与平面所成角相等，求点N轨迹的长度．
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【解析】（1）证明：设O为矩形对角线的中点，
∴．即．
∴O为三棱锥外接球的球心．
又∵三棱锥外接球表面积为，∴外接球半径为2．
即．
过P点作，垂足为E，过点C作，垂足为F，
则，，，， ∴
而，在中，满足∴为直角三角形，
∵，，∴平面．
又∵平面，∴平面平面．
（2）以E为坐标原点，所在直线分别为x轴、z轴，以平面内过E且垂直于的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．可知：
且设平面的法向量为，
得，取，则，设平面的法向量为，
得，取，则设平面与平面夹角为，
则所以平面与平面夹角余弦值为是．
（3）由（2）中空间直角坐标系可设N为，，，
，取平面法向量为．
∵直线与直线与平面所成角相等，
∴得：
整理得：，即∵N点在边及其内部，
∴N的轨迹为圆落在边及内部的部分．∴轨迹长度为半径为1的圆周长为．
得∴N点轨迹长度为．
专题03 空间几何 解答题 巩固练习
1.（2023秋·云南）如图，四棱锥的底面为平行四边形．设平面与平面的交线为l，M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点．

(1)求证：平面平面；
(2)求证：．
【解析】（1）因为、、分别为、、的中点，底面为平行四边形，
所以，，
又平面，平面，则平面，
同理平面，平面，可得平面，
又，平面，所以平面平面.
（2）因为，平面，平面，所以平面，
又平面，平面平面，所以.
2.（2023湖北）如图，在侧棱垂直于底面的三棱柱中，，是线段的中点，是线段靠近点的四等分点，点在线段上，求证：
【解析】由题意，在直三棱柱中，，
不妨设，则，
由余弦定理可得，因为，可得，
又由是线段的中点，所以，且，
因为平面，平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以,
在直角中，，
因为是线段靠近点的四等分点，可得，
所以,可得，
又由且平面，所以平面，
因为平面，所以.
3.（2023·全国·统考高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．

(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)．
【解析】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；，取，所以，
所以，，从而．所以二面角的正弦值为．
4．（2023秋·山东潍坊·高三校考阶段练习）如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，且，，平面，，分别是线段，的中点.

(1)证明：；
(2)若与平面所成的角为，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2).
【解析】（1）连接AF，则，又，，∴，∴，
∵平面ABCD，平面ABCD，∴，
又平面PAF，∴平面PAF，又平面PAF，
∴；
（2）平面，是与平面所成的角，且．，
∵平面PAF，∴， ，∴为平面PFD与平面CFD所成锐角，
∴，故二面角的余弦值为.
5．（2023·江西景德镇·统考三模）如图，等腰梯形中，，，现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.

(1)证明：面面；
(2)若为上的一点，点到面的距离为，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）在梯形中，取中点，连接，

，，四边形为平行四边形，，
，；
，，平面，平面，
平面，平面平面.
（2）分别取中点，连接，，为中点，，
又平面平面，平面平面，平面，平面，
分别为中点，，平面，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
，，，，，
设，则，
设平面的法向量，则，
令，解得：，，；
点到平面的距离，解得：，；
平面轴，平面的一个法向量，
，又二面角为锐二面角，
二面角的余弦值为.
6.（2023·新疆·统考三模）如图，在四棱锥中，底面是长方形，，，点为线段的中点，点在线段上，且．

(1)证明：平面平面；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）证明：因为，所以．又平面，
所以平面，又平面，所以平面平面．
（2）如图，作于于，连接，

因为平面平面，所以．
因为平面，所以平面；
因为平面，所以；
因为平面，
所以平面平面，所以．设棱锥的高为，
因为底面是长方形，，点为线段的中点，且．
所以
所以，因为，即，
得，所以棱锥的高.
7．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考三模）如图，在四棱台中，底面是菱形，，，平面.

(1)证明：BDCC1；
(2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；(2)存在，
【解析】（1）证明:如图所示，连接,因为为棱台，所以四点共面，
又因为四边形为菱形，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为且平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：取中点，连接，因为底面是菱形，且，所以是正三角形，所以，即，由于平面，以为原点，分别以为轴、轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则
假设点存在，设点的坐标为，其中，可得
设平面的法向量，则，
取，可得，所以.
又由平面的法向量为，所以，解得
由于二面角为锐角，则点在线段上，所以，即
故上存在点，当时，二面角的余弦值为.