2026届高考数学二轮复习解答题题型之五：立体几何空间角与距离讲义及解析（7大题型）（word版）

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题型01 异面直线所成角求解方法
【例1-1】(2025·海南·模拟)如图，在三棱台中，底面，与都是等腰直角三角形，，、分别为、的中点．

(1)证明：平面；
(2)求异面直线与夹角的余弦值．
【详解】（1）在三棱台中，设的中点为，连接，由为的中点，
得，又平面，平面，则平面，
由为梯形的中位线，得，又平面，平面，
则平面，而，平面，平面，
因此平面平面，又平面，所以平面.
（2）取的中点，的中点，连接、、、、，
由，是中点，得四边形是平行四边形，
则，又是中点，是中点，则，
即就是异面直线与夹角，
又底面，与都是等腰直角三角形，，
则，，
，因此，
所以异面直线与夹角的余弦值为.
【例1-2】(2025·广东·模拟)如图，在棱长为2的正方体中，、分别是、的中点，是的中点.
(1)判断、、、四点是否共面（结论不要求证明）；
(2)证明：平面；
(3)求异面直线与所成角的余弦值.
【详解】（1）、、三个不共线的点确定平面，显然平面，
所以、、、四点不共面.
（2）如图，以为原点，，，分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，故
又平面的法向量为，所以，故.
又平面，故平面.
（3）由（2）可知，又，，故，
所以，
故异面直线与所成角的余弦值为.
【例1-3】(2025·江西·模拟)如图，在平行六面体中，，.

(1)求证：四边形为正方形；
(2)求体对角线的长度；
(3)求异面直线与所成角的余弦值.
【详解】（1）因为，，
所以，而不共线，所以四边形为平行四边形，
又，
所以，即，所以四边形为正方形；
（2）由题意易知，
所以，
因为，，
所以，，
所以，即；
（3）因为，，
所以
，
，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
异面直线所成角求解方法：
1.平移法（几何法）：通过平移其中一条直线，使其与另一条直线共面，构造三角形或平行四边形，利用平面几何知识（如余弦定理）求解。平移的常用方法包括中位线、平行线、对称点等。
2.方向向量法（向量法）：设两异面直线所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cs θ＝|cs|＝​。需注意异面直线所成角与向量夹角的区别：向量夹角范围是[0,π]，而异面直线所成角范围是，需取绝对值。
【变式1-1】(2025·江苏·模拟)如图，正四棱锥，，，为侧棱上的点，且．
(1)求证：；
(2)求异面直线与所成角的余弦值．
【详解】（1）连结交于点，连结，
因为正四棱锥，所以平面，
又平面，所以，因为正四棱锥，
所以四边形是正方形，所以，
因为，，，平面，平面，
所以平面，又平面，
所以；
（2）因为，，，所以以为原点建立空间直角坐标系，
则，，，，所以，
，所以，
因此异面直线与所成角的余弦值为.
【变式1-2】(2025·贵州·模拟)在四棱台中，底面为平行四边形，侧面为等腰梯形，且侧面底面，与BC的距离为，点分别在棱，上，且．
(1)求证：平面；
(2)求四棱台的高；
(3)求异面直线与所成的角的余弦值．
【详解】（1）取的中点，连接，
则是梯形的中位线，所以且，
又因为且，所以且，
所以四边形AEFG是平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）分别取的中点，如图所示：
因为侧面为等腰梯形，所以，
因为侧面底面，侧面底面，所以底面，
因为，所以，平面，
所以平面，平面，所以，即，
且，所以为与BC的距离，
所以，解得．
所以四棱台的高为2．
（3）以OA，OB，所在直线分别为轴如图建立空间直角坐标系，则；
所以
所以；
所以异面直线与所成的角的余弦值为.
【变式1-3】(2025·安徽·模拟)如图，矩形所在的平面和半圆弧所在的平面垂直，且，，是的中点．
(1)证明：平面．
(2)证明：．
(3)求异面直线，所成角的余弦值．
【详解】（1）连接相交于，则是的中点，
由于是的中点，故平面，平面，
故平面
（2）矩形所在的平面和半圆弧所在的平面垂直，且交线为,
平面，故平面，
平面，故，
由于，故，,
又,,
故，故，
（3）取的中点，连接,
故,即为异面直线，所成角或其补角，
由（2）知平面，平面，故，
由于，故，
所以,
又,故
故异面直线，所成角的余弦值为
题型02 线面角的求解方法
【例2-1】(2025·新疆·模拟)如图，在四棱锥中，平面，在梯形中，，，，点C在平面的投影恰好是的重心G.
(1)证明：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）设是的中点，连接，
因为，所以，
又，所以四边形为平行四边形，故，
因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以⊥平面，
所以⊥平面，
又平面，所以平面⊥平面；
（2）因为平面，平面，
所以，，
又⊥，故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
故，
设，则，因为为的重心，
故，即，故，
又C在平面的投影恰好是的重心G.
所以⊥平面，即⊥，又，
所以，解得，负值舍去，
故，，，
设平面的一个法向量为，其中，
则，解得，令，则，故，
设直线与平面所成角大小为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【例2-2】(2025·新疆·模拟)如图，在三棱锥中，平面，点是棱的中点，点是棱上的一点.
(1)若，求证：；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.
【详解】（1）因为平面平面，所以，
又，所以，
所以，又平面，
所以平面，又平面，所以，
又，点是棱的中点，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，垂直方向为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则由已知，，则.
设平面的一个法向量为，则
令，解得，所以平面的一个法向量为.
又，设，
则，
设直线与平面所成的角为，
则
整理得，所以，解得或，
又，当时，，当时.，
所以线段的长为或.
1.直线与平面所成的角的求解公式：设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cs|＝.
2．向量法求直线与平面所成角的解题思路:
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
【变式2-1】(2025·上海·模拟)已知正四棱柱的底面边长为1，点、分别在边、上，且，．

(1)证明：平面；
(2)若2，求直线与平面所成角的正弦值．
【详解】（1）因为，，则，可得，
且平面，平面，所以平面.
（2）方法一：以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，，可得，则，
所以直线与平面所成角的正弦值是．
方法二：由题意可知：，，，
则，，
设点到平面的距离为，因为三棱锥的体积即为三棱锥-的体积，
则，解得，
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．
【变式2-2】 (2025·云南·模拟)如图，四棱锥中，，，侧面为等边三角形，，．
(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值．
【详解】（1）取的中点E，连接，，则四边形为矩形，所以，
因为为等边三角形，所以，
又因为，平面，所以平面，
平面，故，而，所以，所以，
由已知得，所以，所以，
因为，平面，所以平面．
（2）以C为坐标原点，，分别为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，
设，因为，，则
由①－②得：，②－③得：，所以，
所以，，，，
设平面的法向量为，由得：，
设，所以，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为．
【变式2-3】(2025·云南·模拟) 如图，长方体中，，过点，作平面与直线平行，且与棱交于点，点是线段上一点．
(1)直接给出的值（不必说明理由），并求平面截长方体所得截面的面积；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.
【详解】（1）由，得，
以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，，，，
设（），平面过，且与直线平行，故，
，
设平面的法向量为，则，故，
取，则，，所以为平面的一个法向量，
由可得所以，即，
截面为，，
，，
所以是边长为的正三角形，面积.
（2）由（1）知，设，则．
由（1）为平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，则．
即，解得或（舍去），故．
题型03 二面角的求解方法
【例3-1】(2025·四川·模拟)如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，且，，．
(1)证明：；
(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值．
【详解】（1）取中点，连接，，，
侧面底面，且侧面底面，平面，
底面，又平面，，
在矩形中，，，，，且夹角均为直角，
，，
又平面，且，平面，
又平面，.
（2）三棱锥的体积为，，
由题意得以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，
设平面的法向量为，则，
令，则，故平面的法向量为，
又由图可知，平面的法向量为，，
平面与平面的夹角的余弦值为
【例3-2】(2025·江苏·模拟)如图，已知圆台，AB，CD，EF均为母线，四边形为圆台的轴截面，且，．
(1)证明：；
(2)求异面直线EF与BC所成角；
(3)已知二面角的余弦值为，求圆台的高的长．
【详解】（1）在圆台中，由为该圆台的母线，得延长线交于一点，
而平面平面，平面平面，平面平面，
所以.
（2）连接，由直线为圆台的轴，得延长线交于一点，
由（1）同理得，由，得，
则，而，因此，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，
设，则，
，则，即，
所以异面直线EF与BC所成角为.
（3）由（2）得，
设平面与平面的法向量分别为，
则，取，得，
，取，得，
由二面角的余弦值为，得，
解得，所以圆台的高的长为1.
1．两个平面的夹角：平面α与平面β的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．
2.两个平面的夹角的求法：设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为，则cs θ＝|cs|＝.
3.向量法求二面角的解题思路:分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.
【变式3-1】(2025·河南·模拟)如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，是边长为2的正三角形，且.
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）连接，因为四边形是菱形，，所以为等边三角形，
所以，均是边长为2的正三角形，
取的中点，连接，则，
因为，所以，
所以平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）由（1）知两两垂直，
所以以点为坐标原点，为轴建系，
则 ，
所以，
设为平面的法向量，则，
令得，即，
设为平面的法向量，则，
令，得，所以，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值
【变式3-2】如图，在三棱锥中，平面，是的中点，是的中点，点在棱上，且．
(1)求证：平面；
(2)若是边长为的等边三角形，且三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．
【详解】（1）证明：取的中点为，在上取点，使，
连接，如图，
因为是的中点，所以，，
又因为，所以，，所以，，
即四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，∴平面．
（2）设，
因为平面，是的中点，所以，
即，所以
分别取的中点，连接，如图，
则，
因为平面，所以平面，
又因为为正三角形，所以，即两两垂直，
以为轴建系，则，
则，，
设平面的一个法向量为，则，令，，
平面ACD的一个法向量为，所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
【变式3-3】(2025·陕西·模拟)如图，四棱锥的底面是正方形，且，，点在底面上的射影在正方形内，且与平面ABCD所成角的正切值为．
(1)若分别是的中点，求证：点在平面内的射影在线段上，并求出的值；
(2)点在棱上，满足二面角的余弦值为，求的长．
【详解】（1）连，由于分别是和的中点，且，则，
又是正方形，则，
又平面，则平面，
又平面，则平面平面，
在平面内过作于，
平面平面，则平面，
所以点在上的射影在线段上，
连，是与平面所成的角，即，，
又，则，
即有，而，所以．
（2）在平面内过作，则两两垂直，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图，则
所以，，，，
因为点在棱上，所以设，
所以，易知平面的法向量为，
设平面的法向量，则，即，
令，得，,所以，
显然二面角的平面角为锐角，
所以二面角的余弦值为，
解得或（舍去），所以，则，
故.
题型04 点面距离的计算与应用
【例4-1】(2025·广东·模拟)如图，在棱长为2的正方体中，为的中点.
(1)若，求点到平面的距离；
(2)求平面与平面夹角的正弦值.
【详解】（1）方法一：如图建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为
所以令，则，此时，
因为，所以，
又因为平面，所以平面.
所以点到平面的距离就是点到平面的距离，
设此距离为，，即点到平面的距离为.
方法二：因为在正方体中，且，
所以四边形是平行四边形，则，
又因为面，则平面.
所以点到平面的距离就是点到平面的距离，设此距离为，
，
则，，
，所以，
则，所以.
（2）平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，则，
则，所以平面与平面夹角的正弦值为.
【例4-2】8．(24-25高二下·安徽淮南第二中学·期中)如图，在四棱锥中．底面为矩形，侧棱底面，，是的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)若，且点到平面的距离为，求的值．
【详解】（1）如图，连结，交于点，连结，
因为点是的中点，底面为矩形，
所以点是的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）如图，以向量为轴的正方向建立空间直角坐标系，
，，，则，，
设平面的法向量，则，令，，，
所以平面的法向量，且平面的一个法向量为，
设平面和平面的夹角为，则，
所以平面和平面的夹角的余弦值为.
（3）由（2）可得，，，，
，，平面的法向量，
故，
设点与平面的距离为，则，解得．

求点到平面的距离的常用方法
(1)直接法：过P点作平面的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面的距离.
(2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面，则转化为直线l上某一个点到平面的距离来求.
(3)等体积法.
(4)向量法：设平面的一个法向量为，A是内任意点，则点P到的距离为.
【变式4-1】在长方体中，，为的中点，平面，且．

(1)求的值；
(2)求点到平面的距离．
【详解】（1）连接．由平面平面，且平面平面，
平面平面，所以．
解法一：连接，．同理可得，所以四边形为平行四边形，所以，
所以，即．
解法二： 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，设，
则，，，
由，得，即，则，又，所以．
解法三：连接，．由平面平面，且平面平面，
平面平面，所以，
同理可得，所以四边形为平行四边形，所以．
连接，因为，且，所以，且，
所以四边形为平行四边形，又为的中点，
所以，所以．
（2）由（1）中解法二的空间直角坐标系可得，，，
所以，，
设为平面的法向量，则即
令，得为平面的一个法向量．
又，所以点到平面的距离．
解法二：由（1）知，，又平面，平面，
所以平面，
所以点到平面的距离即为点到平面的距离．
在Rt中，，，所以，
在Rt中，，
设点到平面的距离为，由得，
所以，所以点到平面的距离为．
【变式4-2】(2025·辽宁·模拟)如图，在四棱锥中，平面，，，，，，分别为，的中点．
(1)若平面与直线交于点，求的值；
(2)若平面和平面所成角的余弦值为，求点到平面的距离．
【详解】（1）在平面内作，
因为平面，平面，平面，所以，
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直角坐标系，
设，，，，，
，，，，，
又，分别为，的中点，
，，设，
，
，，共面，存在实数，，使得，
即，
所以，解得，所以；
（2）设平面的法向量为，，
解得，令得，，
又，，设平面的法向量为，
，解得，令得，，
设平面和平面所成的角为，
，整理得，，，
，，故点到平面的距离为．
【变式4-3】(2025·福建·模拟)如图所示，在四棱锥中，侧面是正三角形，且与底面垂直，平面，，是棱上的动点．
(1)当是棱的中点时，求证：平面；
(2)若，，求点到平面距离的范围．
【详解】（1）因为平面,平面，且平面平面,所以，
取的中点，连接，
因为是棱的中点，可得，且，
又因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）取的中点，连接，因为是正三角形，所以，
又因为平面平面，且平面，平面，所以平面，
因为，且，则，所以，
以为原点，以直线所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
如图所示，因为，可得，
则，
所以，
设，可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以，
设点到平面的距离为，可得，
当时，可得；
当时，，
因为，当，即时，取得最大值，即，
综上可得，，即点到平面的距离的取值范围为.
题型05 空间角与距离的动态与最值问题
【例5-1】(2025·广东·模拟)如图，在长方体中，，是的中点，是的中点，是底面的中心．
(1)证明：平面．
(2)若是侧面上的一个动点，且点到平面的距离为，证明点的轨迹为一条线段，并求该线段的长度.
【详解】（1）如图，以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，，，，，，，，，
，，所以，，，平面，
所以平面
（2）由（1）可知平面，则是平面的一个法向量
所以平面的一个法向量为，
设，，则点到平面的距离，
则，得或，直线与侧面没有交点，故舍去，
所以，
如图，直线与棱交于，所以点的轨迹是线段，
,，.
【例5-2】(2025·湖北·模拟)如图，在几何体中，底面为以AC为斜边的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面，平面，，，为垂足，，为垂足.
(1)证明：平面；
(2)若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时，与所成角的正切值.
【详解】（1）连接，
平面平面，平面平面，平面，，
平面，同理平面，，故四点共面，
又平面，平面，平面平面，
，又面，则，四边形为矩形，
，又，，平面，
平面.
（2），平面，平面，
两两垂直，建立如图空间直角坐标系：
设，则中，，
，，
，
设，则，
令，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，即当时，最大，
此时，，，，，，
所以，，
则，得，
所以，故和所成角的正切值为6.
空间角与距离的动态与最值问题的解题方法：
“动中觅静，函数建模”。
首先，几何特征分析是基础，需敏锐识别动态过程中的不变量（如定长、定角、垂直关系），利用几何性质（如最小角定理）直观判断极值位置。
其次，代数函数建模是核心，通过建立空间直角坐标系或利用向量运算，将角或距离表示为变量的函数。最后，数学工具求解是关键，运用三角函数性质、基本不等式或导数求函数最值。对于轨迹受限问题，需结合轨迹法，先确定动点轨迹（如圆、线段），再转化为平面几何最值求解，从而实现空间问题的平面化降维处理。
【变式5-1】 (2025·陕西·模拟)如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰祶形，，为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设点是内一动点，，当线段的长最小时，求直线与直线所成角的余弦值．
【详解】（1）取的中点为，连接，
由是边长为2的等边三角形，是以的等腰三角形，
所以，，，
所以，，所以，
所以平面平面，
所以平面，又平面，所以平面平面；
（2）以为坐标原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，
当点是内一动点，且，则点在以为直径的圆上，
当线段的长最小时，点在与圆的交点处，所以，
所以，
设直线与直线所成角为，所以，
所以直线与直线所成角的余弦值为.
【变式5-2】(2025·天津·模拟)如图，在棱长为的正方体中，分别是棱上的动点，且．
(1)求证：；
(2)当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面BEF夹角的正切值及点到直线的距离．
【详解】（1）以为原点，如图所示建立空间直角坐标系，，，
设，，，
，，即，
（2），由二次函数性质得，
当时，取得最大值，此时为的中点，
设平面的法向量为，，，
设平面的法向量为，，，
，，
设平面与平面的夹角为，，
，，，
设直线和所成角为，，
点到直线的距离.
【变式5-3】(2025·湖南·模拟)如图，圆台的下底面的内接正方形的边长为4，是上底面圆周上的一点，且满足，．
(1)证明：平面；
(2)求三棱锥的外接球的表面积；
(3)是的中点，是上底面圆周上的一点，求异面直线与所成角的余弦值的最大值．
【详解】（1）由题设，，则，故，
由四边形为正方形，则，而都在平面内，
所以平面；
（2）由平面，为等边三角形，将三棱锥补成正三棱柱，
设的中心为点，的中心为，则的中点为外接球球心，
所以的外接圆半径，，
所以外接球的半径，
因此三棱锥的外接球的表面积；
（3）由，以为原点，所在直线为轴，建立如下图示的空间直角坐标系，
则，设，连接，
由平面，则平面平面，
则点到的距离等于，而，所以且，
由，，若异面直线所成角为，
则，
所以，
当且仅当时取等号，则，
所以异面直线与所成角的余弦值的最大值.
题型06 空间几何的探索性问题
【例6-1】 (2025·广西·模拟)如图，梯形中，为上一点，，且，将沿着翻折至所在位置，使得平面平面，连接，得到四棱锥为的中点.

(1)若为的中点，证明：平面；
(2)在线段上是否存在点，使得，若存在，求直线与平面所成角的正弦值，若不存在，请说明理由.
【详解】（1） 取的中点，连接.
三点分别为的中点，在平面中，，
又平面平面平面
同理，，平面平面，所以平面，
又平面平面，平面平面，
平面平面.
（2）因为平面平面，平面平面，平面,
所以，平面.
过作的平行线，过作交于点.
以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系.
梯形中，，，
所以，则.
所以.
假设在上存在点使得，设，
设，则，解得.
因为，所以，解得.
，
因为平面平面，故取平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则.
所以，线段上存在点使得，直线与平面所成角的正弦值为.
【例6-2】(2025·宁夏·模拟)如图，在三棱柱中，侧面ABCD是边长为2的正方形，为等边三角形，M为边AD的中点，点N在线段PC上．
(1)证明：平面MPQ；
(2)若，证明：平面BDN；
(3)是否存在点P，使得二面角的正弦值为？如果存在，求出四棱锥的体积，如果不存在，说明理由．
【详解】（1）证明：因为是等边三角形，M为边AD的中点，所以，
又因为，，所以．
又因为，平面，故平面MPQ．
（2）连接MC，交BD于点E，连接NE．
因为，，所以，
又因为，所以，所以，
又因为平面BDN，平面BDN，所以平面BDN．
（3）存在点P，使得二面角的正弦值为，理由如下：
取BC中点F，连接MF，则，
过M作平面ABCD，建立如图所示的直角坐标系．
为等边三角形，边长为2，故，，，，
设，，，
，，．
设平面MPB的法向量为，则，即，
取，则，取，
设平面面MPC的一个法向量为，
，
令，则，，
平面MPC的一个法向量为，
设二面角为，
则，
又因为，所以．
所以，解得或，
当时，P到平面ABCD的距离为，此时，
当时，P到平面ABCD的距离为，此时．
空间几何探索性问题解题策略
解决此类问题，核心策略是“执果索因，假设验证”。
首先，假设结论成立。在这一前提下，利用空间几何的判定与性质定理，挖掘使结论成立所需的几何条件（如平行、垂直关系）。
其次，构建代数模型。对于规则几何体，优先建立空间直角坐标系，将几何条件转化为向量运算（如数量积为零、向量共线），并引入参数表示未知点或线的位置。
最后，求解与检验。通过解方程或方程组确定参数值。若参数有解且符合实际位置，则存在；若无解或矛盾，则不存在。务必注意几何法与向量法的灵活切换与互补。
【变式6-1】(2025·贵州·模拟)在多面体中，已知四边形是边长为2的正方形，，，，平面平面，为线段的中点．
(1)若平面平面，求证：；
(2)在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【详解】（1）证明：连接交于点，连接，
因为四边形为正方形，所以为的中点，又为线段的中点，
所以，又平面，平面，
所以平面，
因为平面平面，且平面，所以.
（2）在正方形中，，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
又，，所以，
以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
又，为线段的中点，
所以，
则，
设，，则，所以，
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，
由平面平面，则，解得，即，
所以在线段上存在一点，使得平面平面，且.
【变式6-2】 (2025·广东·模拟)如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，.
(1)证明：平面平面.
(2)线段上是否存在点E，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【详解】（1）证明：取棱的中点O，连接，
设，则，，
因为是等边三角形，且O是的中点，所以.
因为，所以，所以，则.
因为平面，平面，且，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）取棱CD的中点F，连接OF，则两两垂直，
以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，，，则，，
设，则，
又，所以.
设平面的法向量为，则令，得.
设直线与平面所成的角为，
则，
解得或，
故当或时，直线与平面所成角的正弦值为.
【变式6-3】(2025·黑龙江·模拟如图，四棱锥的底面是正方形，平面，.已知，分别为，的中点，平面与棱交于点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值；
(3)判断线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【详解】（1）因为平面，平面，则，
在正方形中，，因，平面，
则平面，因平面，则，
又，点是的中点，则，
又因为，平面，故平面.
（2）由（1）平面，因平面，则，
因平面，平面，则，
又，，平面，所以平面，
因平面，则，
又因为是的中点，，则，
因，平面，则平面，
因平面，则，
因，平面，则平面，
因为平面，则，即，
即由（1）平面，因平面，则，即，
又，则，则，
因为，，，
则，即，即.
以点为原点，分别以所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以 ，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，所以平面的一个法向量为，
而平面的法向量可取为，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
（3）由（2）可得，则，
假设线段上是存在一点，使得点到平面的距离为，
则，则，
所以，则，即，则，
由（2）已得平面的一个法向量为，
则点H到平面的距离，解得或，
则或，
即在线段上存在一点H，使得点H到平面的距离为.
题型07 空间几何的折叠与展开问题
【例7-1】(2025·广东·模拟)如图，四边形中，，，为中点，点在上，，.将四边形沿翻折至四边形.

(1)证明：平面平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【详解】（1）在四边形中，因为，，所以四边形为平行四边形，
又因为，，所以四边形为正方形，
折叠后，显然，，
又因为，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）法一：如图以为原点建立空间直角坐标系，
所以，，，，，
所以，，，
设平面的法向量，则，令，
解得，，可得，
点到平面的距离为.
法二：如图，过点作，垂足为，连接，

因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，而平面，得到，
在中，，，
由余弦定理得，则.
即，
设点到平面的距离为，
由得，
又，，所以，
所以点到平面的距离为.
【例7-2】(2025·湖北·模拟)如图，在三棱锥的平面展开图中，，．
(1)求的余弦值；
(2)在三棱锥的棱上是否存在点，使得平面和平面所成角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．
【详解】（1）在中，因为，
所以，所以，
在中，因为，
所以，所以．
又因为，
在中，由余弦定理得.
（2）因为，即平面，
所以平面，平面内作，
以为原点，、、为、、轴正方向，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，，
设，故，
设平面的法向量，则，
取，则，
易得平面的法向量
则平面和平面所成角的余弦值，
解得或，
当或时，平面和平面所成角的余弦值为.
空间几何折叠问题解题策略：
解决此类问题，核心在于“把握变量与不变量，实现平面与空间的转化”。
首先，分析翻折特征。明确折痕是关键，位于折痕同侧的几何元素（点、线）及其数量关系（长度、角度）在翻折前后保持不变，这些是解题的不变量；而折痕两侧元素的位置关系（如垂直、平行）往往发生变化，需在空间中重新判定。
其次，确立空间坐标系。在翻折后的立体图形中，充分利用不变的垂直关系建立空间直角坐标系，将几何问题转化为向量运算。
最后，综合运用方法。对于证明题，回归几何定义与定理；对于计算题（角度、距离），优先选用向量法以降低思维难度。特别注意利用三余弦定理（折叠角公式）快速处理与二面角相关的角度问题。
【变式7-1】(2025·湖北·模拟)如图①，正方形的边长为是的中点，点在边上，且．将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图②．
(1)证明：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【详解】（1）证明：因为四边形为正方形，所以，由折叠得，
因为平面平面，平面平面，，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．
（2）在平面中，过点作，垂足为，
由勾股定理得，，所以，
以为原点，以平面内过点垂直于的方向为轴，直线方向为轴，过点垂直于平面的方向为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，则，，
因为，所以，则,
由（1）知，平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，则，取则，
则，所以平面与平面夹角的余弦值．
（3）在平面中，过点作，垂足为，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，所以的长即为点到平面的距离，
在中，，所以，
所以点到平面的距离为．
【变式7-2】(2025·四川·模拟)如图①所示，矩形中，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图②的四棱锥为中点．
(1)求证：平面；
(2)若平面平面，求直线与平面所成角的大小；
(3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．
【详解】（1）取中点，连接，由N为PB中点，得，
依题意，，则，
于是四边形是平行四边形，，而平面，平面，
所以平面.
（2）取中点，连接，由，得，
而平面平面，平面平面平面，
则平面，
过作，则平面，又平面，
于是，
在矩形中，，，则，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量为，则，令，得，
设直线BC与平面所成的角为，则，
所以直线BC与平面所成角的大小为.
（3）连接，由，得，而，
则为的平面角，即，
过点作平面，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，
显然平面，平面，则平面平面，
在平面内过作于点，则平面，
设，而，则，，，
即，，所以，
于是，，
设平面PAM的法向量为，则，
令，得，
设平面的法向量为，
因为，，
则，
令，得，
设平面和平面的夹角为，
则
令，，则，即，
则当时，有最小值，
所以平面和平面的夹角余弦值的最小值为．
【变式7-3】(2025·黑龙江·模拟)已知椭圆的左，右焦点分别为，经过且倾斜角为的直线与椭圆交于两点（其中点在轴上方）．

(1)为椭圆上顶点时求的面积；
(2)如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直．
（ⅰ）若，求异面直线和所成角的余弦值；
（ⅱ）是否存在，使得折叠后与距离与折叠前与距离之比为？若存在，求的值，若不存在，请说明理由．
【详解】（1）由椭圆方程知
当为椭圆上顶点时，又，直线的方程为
由知，，．
（2）（ⅰ）时在折叠前图中，直线方程为，
由（1）可知此时,折叠后仍以轴为轴，轴原位置仍为轴，折叠后轴的正方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，
，，
所以异面直线和所成角的余弦值为；
（ⅱ）折叠前设，直线
由知，
折叠后按（ⅰ）中坐标系，
由知
或（舍去）
，故存在
课后练习
1．(2025·河南·模拟)《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，在四面体中，平面，，且，，.
(1)证明：四面体为鳖臑；
(2)若直线平面，求直线与所成角的余弦值.
【详解】（1）因为平面，平面，平面，平面，
所以，，.
又，且，平面，
所以平面，又平面，则，
所以四面体的四个面都为直角三角形，则四面体为鳖臑.
（2）以为坐标原点，，的方向分别为，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
则，，.
设平面的法向量为，则，
令，得.由，
得直线与所成角的余弦值为.
2．三棱锥中，，，，，，．
(1)求三棱锥的体积；
(2)若M是PC的中点，求证：；
(3)求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值．
【详解】（1）过点作，使，连接，则四边形是平行四边形，
而，则是矩形，，由，得，
而平面，则平面，又平面，
则，由，，，得，
而，则，而，
于是，即，平面，
因此平面，，
所以三棱锥的体积为.
（2）由（1）知，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，，
，，所以.
（3）由（2）得，
设平面PAC与平面PBC的法向量分别为，
则，令，得，
，令，得，
因此，
所以平面PAC与平面PBC夹角的余弦值为.
3．(2025·天津·模拟)如图，在四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，底面是等腰梯形，且，，，，为中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与所成角的余弦值；
(3)求平面与平面夹角的正弦值．
【详解】（1）设，为中点， 是以为斜边的等腰直角三角形，
取的中点，底面是等腰梯形，.
连接
，
在中，，
在中，.
，
，且平面，
平面；
（2）如图，建系，则
，
设直线与所成角为，
（3）设平面的法向量是
，即，令，解得
设平面的法向量是
，即令，解得
设平面与平面夹角为
故面与平面夹角正弦值为.
4．(2025·广东·模拟)已知直三棱柱如图所示，点在线段上，且.
(1)证明：；
(2)若，，平面与平面的夹角为，点是线段上靠近的四等分点，求直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以.
又因为，所以.
因为，平面，，
所以平面.
又平面，所以.
（2）解：因为，所以，
又，平面，，
所以平面.
如图，过作于点，则，
所以平面，则.
过作于点，连接，
因为平面，，
所以平面，所以,
则即为平面与平面的夹角，所以.
设，由，得，，，
因为，所以，
由勾股定理得，则由，得.
以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量，则，
即，令，则，
记直线与平面所成的角为，则.
5.(2025·江西·模拟)如图，在直三棱柱中，分别为的中点，且.
(1)证明：平面.
(2)若，在线段上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【详解】（1）证明：因为，所以由题在和中，，
故，所以，
所以可得，又，，平面，
所以平面，又平面，所以，
又由直三棱柱性质可得，平面，
所以平面.
（2）由题意和（1）可以C为原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
若，则可设，
则,设，
则，
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，
则，，
则，，
取，则，
所以，解得（舍去）或 ，
所以若，在线段上存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，
此时为线段的中点.
6．(2025·天津·模拟)如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，为边CD的中点，且.
(1)求线段的长；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)在线段上（不含端点）是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.
【详解】（1）由底面平面，
故，又底面是矩形，故，故AD、AB、PA两两垂直，
故可以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则、，设，则，
则，
由，则，解得，即；
（2），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，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为；
（3）因为，设，则，
因为与平面所成角的正弦值为，设AN与平面所成角，
所以，所以所以或，
因为所以，所以.
7．(2025·内蒙古·模拟)如图1，在等腰直角三角形中，，、、分别在线段、、上，且，．已知，，沿将折起，使得平面平面，如图2．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)点在线段上，设直线与直线所成角为，求的最大值．
【详解】（1），，，，，
又，，，
，,
又，
平面平面，且平面平面，又，
平面，平面，平面，，
平面，平面，
平面，平面平面
（2）平面,建立如图所示空间直角坐标系,
，，，，，，
，，,
设平面的法向量为，则，取，,
设直线与平面所成的角为，则.
（3）设，其中，
则，，，
所以，
令，则，所以，当时，单调递增，
故在时，取最大值，此时.
8.(2025·广东·模拟)如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面平面ABCD，，点M是线段的中点，N为线段CD上一点．
(1)若，证明：平面；
(2)在线段CD上是否存在点N，使平面与平面MNB夹角的余弦值为？若存在，指出点N的位置；若不存在，说明理由．
【详解】（1）取线段的中点P，连接PM，PD，
因为MP为梯形的中位线，所以，
又因为，所以，
因为，，且，所以，，
所以四边形MNDP为平行四边形，
所以，又因为平面，平面，
所以平面．
（2）在平面中，作于O，
因为平面平面ABCD，且平面平面，所以平面ABCD，
在正方形ABCD中，过O作AD的平行线交CD于点Q，则，
分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为四边形为等腰梯形，，，所以，
又因为，所以，
则，，，，，
设，，所以，
设平面的法向量为，所以，则，
令，所以，
又因为M为的中点，所以，所以，，
设平面BMN的法向量为，所以，则，
令，所以，
又因为平面与平面MNB夹角的余弦值为，
所以，整理得，
所以，解得或，
又因为，所以，
所以存在，点N为CD的中点．
9.(2025·福建·模拟)在平面四边形中，，，，的面积为，将沿翻折至，其中为动点．
(1)证明：三棱锥外接球的体积为定值；
(2)当点到平面的距离为，求直线与直线所成角的余弦值．
【详解】（1）由题，，则，
在内，由正弦定理得，解得，
又，解得，
故为正三角形，，，
解三角形知，，，
取中点，由于和是以为斜边的直角三角形，
故，即翻折后在三棱锥中，，
根据外接球定义：外接球的球心到多面体各个顶点的距离相等，
所以点即为三棱锥外接球球心，
所以外接球半径，体积为定值．
（2）显然点在面上的投影不在直线上，
（i）当向上翻折
设点在面上的投影为点，则，
且面，又，，面，则，，，
所以，，则，
又，所以，
则，所以，同理可知，
所以，解得，
因为，，，所以，故．
所以四面体为正四面体，点在平面的投影位于正的中心．
以为原点，为轴，为轴，轴平行于直线建立空间直角坐标系，如图，
则，，，所以，，
故；
（ii）当向下翻折，设此时点翻折至，则平面所在平面与（i）中平面所在平面相同，
且点与点关于直线对称，连接，与的交点为线段中点，
所以，故，
综上所述，直线与直线所成角的余弦值为或．