2026年高考数学二轮复习高效培优讲义(全国通用)专题4.4立体几何大题归纳(培优热点专练)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学二轮复习高效培优讲义(全国通用)专题4.4立体几何大题归纳(培优热点专练)(学生版+解析)，共21页。试卷主要包含了如图,在四棱锥中，底面，，在四棱锥中，,，.等内容，欢迎下载使用。

题型01 求异面直线夹角
1．（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)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；
（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）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）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）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：.
2．（2025·浙江·二模）如图，在三棱锥中，，为的中点，在底面的投影落在线段AD上.
(1)证明：；
(2)若，，，，在线段上，且满足平面平面，求直线与直线夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)0
【分析】（1）先应用线面垂直判定定理得出平面，进而得出线线垂直；
（2）法1：建立空间直角坐标系设，进而得出面的法向量再应用面面垂直即可得出，最后计算异面直线所成交即可；法2：根据图形特征得出边长，再根据线面垂直得出线线垂直.
【详解】（1）因为，D为的中点故，又平面，平面，故得，平面，于是平面，平面，从而.
（2）法1：以为坐标原点，以射线为轴正半轴，射线为轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，，.
于是，，
令，所以，又因为，
设面的法向量为.
所以，所以.
又，，
所以.
设面的法向量为.
所以，所以
根据平面，即，所以.
所以，，，
，
所以，得所成角为90度，正弦值为1.
法2：几何法.
作，垂足为M.
连CM，由三角形全等得，平面，
得平面，平面，从而平面平面.
在中，得，
在中，得，
在中，，
在中，
所以得，
又，
从而故，同理，
因为，所以，
所以平面，所以平面，因为平面，所以，得所成角为90度，余弦值为0.
3．（2025·江苏盐城·模拟预测）在四棱锥中，,，.
(1)求证：平面；
(2)设为棱上一点，若直线与所成角的余弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析;
(2)或.
【分析】（1）在上取一点，得到，则有，利用余弦定理及勾股定理的逆定理证得，则有平面，即有，再结合可证得平面；
（2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量间夹角的坐标运算公式建立方程，即可得解.
【详解】（1）
在棱上取一点，使得，连接,
因为，所以四边形是平行四边形，则，因为，所以.
又因为，根据余弦定理可得，即，
则有，所以，
又平面，则平面，
又平面，则，
又因为平面，
所以平面.
（2）以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，过点作轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则，
则，
于是，
化简得，解得或，
所以或.
4．（2025·江苏苏州·三模）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．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连结交于点，连结，证明四边形是正方形，证明平面，证明；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求解.
【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，
，，，，
所以，
，
所以，
因此异面直线与所成角的余弦值为.
题型02 求异面直线夹角的范围与最值
1．（2025·湖南邵阳·三模）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．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据已知得、，由线面垂直的判定证明结论；
（2）将三棱锥补成正三棱柱，应用正弦定理求的外接圆半径，结合已知求外接球半径，即可得三棱锥外接球的表面积；
（3）构建合适的空间直角坐标系，标注相关点坐标，设，结合得且，再由向量法求异面直线的夹角余弦值，结合基本不等式求最大值.
【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.
2．（2025·云南昆明·一模）如图，正方体的棱长为，为线段上的动点，，分别是线段，上的点，且，为的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另外一条直线距离的最小值，求异面直线与之间的距离；
(3)求异面直线与所成角的余弦值的最大值，并说明点的位置.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)，点在靠近点的线段的三等分点处
【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据条件求得，从而有，，利用线面垂直的判断定理得面，再利用面面垂直的判定定理，即可求解；
（2）设是直线上任意一点，且，利用向量法，求得到直线的距离，即可求解；
（3）利用线线角的向量法，得到，再利用基本不等式，即可求解.
【详解】（1）如图，建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为，且，
则
，
所以，
因为，则，即，
又，则，即，
又平面，
所以平面，又平面，所以平面平面.
（2）设是直线上任意一点，且，
又，所以，得到，
则，又，设到直线的距离为，
则，
所以当时，取到最小值，最小值为，故异面直线与之间的距离为.
（3）因为为的中点，所以，设，
则，，设异面直线与所成的角为，
则，
令，则，所以，
当且仅当，即时取等号，所以，
又当时，，即点在靠近点的线段的三等分点处.
【点睛】关键点点晴，本题的关键在于第（2）问，设是直线上任意一点，且，再利用向量法得到到直线的距离，再结合定义进行求解.
3．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）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．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由条件证明，，根据线面垂直的判定定理即可得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明平面平面；
（2）建立空间直角坐标系, 求和平面的法向量，再根据线面角公式计算即可；
（3）设，求向量，，根据线线角的公式得，再由换元法计算即可.
【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.
题型03 求线面角
1．（2025·浙江·一模）如图所示，已知四棱锥平面平面，.
(1)证明：平面平面；
(2)设为的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）法一：取中点，连接，利用已知可证平面，进而可证结论；法二：建立空间直角坐标系，求得平面与平面的一个法向量，利用向量法可求得平面平面；
（2）法一：建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.法二：结合（1）法二：利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）法一：取中点，连接.
因为且且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以.
因为所以，又因为，且，所以平面，⋯
故平面，平面，所以平面平面.
法二：不妨设，以为原点，分别以为轴建系，
则，
所以，
设平面的法向量为
由，所以，令，则，
所以平面的一个法向量，
设平面的法向量，
由，，令，则，
所以平面的一个法向量，
因为，故平面平面.
（2）法一：不妨设，以为原点，分别以为轴建系，
则，所以，
，
由，得平面的法向量，
设与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
法二：由，得，
设与平面所成的角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
2．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，平面，点为中点，点，分别在棱，上，且，.

(1)证明：；
(2)记三棱锥与四棱锥的体积分别为，，求；
(3)若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，利用余弦定理以及勾股定理可得，进而由线面垂直求证得解，
（2）利用等体积法以及相似，即可由锥体的体积公式求解，
（3）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，进而利用向量的夹角公式求解.
【详解】（1）因为，，所以，
因为平面，所以平面，

因为平面，所以，
取中点，因为为中点，所以，因此,
则，，，共面，
因为四边形是边长为4的菱形，，
所以在中，，，
所以，故，
所以，
因为，平面，所以平面
因为平面，所以.
（2）由，，，可得
，
所以.
（3）取中点，连接，由题意可得，，两两垂直，以点为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系.
则，，，，，
，，.
设平面的法向量为，则有，得，
取，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为.
3．（2025·江西·模拟预测）如图，在三棱锥中，点分别是底边的中点，平面和平面相交于直线.

(1)求证：平面；
(2)若平面平面是直线上的一点，，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）由三角形中位线定理可得，则平面，再利用线面平行的性质得，最后由线面平行的判定定理可证得结论；
（2）由已知可证得两两垂直，所以以为原点，分别以为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：因为点分别是底边的中点，所以，.
因为平面平面PAB，所以平面，
因为平面和平面的交线为，平面，
所以，
因为平面平面ABC，
所以平面.
（2）因为，点为的中点，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又.
所以以为原点，分别以为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，所以，又，
则，
由（1）可知，因为，
若，又，所以，所以
若，又，所以，所以
因为，设平面PBC的法向量为，
则，不妨取，解得，
设直线与平面所成角为，
当点的坐标为时，.
则；.
当点的坐标为时，，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为或.
4．（2025·四川乐山·三模）如图，直五棱柱中，四边形为正方形，，二面角的平面角为，为中点.
(1)当时，证明：平面；
(2)当直线与平面所成的角为时，求的值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）先由题设求出和，进而由勾股定理求出，再由线面垂直的判定定理即可求证平面；
（2）建立适当空间直角坐标系，求出向量和平面的一个法向量，利用线面角的向量法公式即可计算求解.
【详解】（1）因为为直五棱柱，所以平面，
又平面，所以，，
由，得，所以.
因为为的中点，在中，由勾股定理得.
因为，，，
所以，故，
又，，平面，
所以平面.
（2）如图，易知，，两两垂直，以为原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系，
因为平面，平面，所以，，
所以为二面角的平面角，所以，
则，，，，
故，.
设平面的法向量为，
由得
取，得，故.
又，
，
即，
化简可得.
解得得（舍去）.
题型04 求线面角的最值与范围
1．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面PAD，．
(1)证明：平面ABCD；
(2)若底面ABCD是正方形，，E为PB中点，点F在棱PD上，且异面直线AF与PB所成的角为60°．
（ⅰ）求的长度；
（ⅱ）平面AEF交PC于点G，点M在线段PB上，求EG与平面所成角的正弦值的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）依据平面得，结合，利用线面垂直判定定理，证得结果；
（2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，设，依据异面直线所成角公式求解后结合长度得；
（ⅱ）设求出平面法向量，计算线面角正弦值表达式，结合参数范围求取值范围．
【详解】（1）因为平面，平面PAD，
所以，
又因为平面ABCD，平面ABCD，，
所以平面ABCD．
（2）（i）由（1）可知平面ABCD，所以AB，AD，AP两两垂直，
故以A为原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
依题意可得，
所以，
设，
则，
因为异面直线AF与PB所成角为60°，
所以，
解得，所以．
（ⅱ）设，
则，
，
设平面AEF的法向量为，则，即，
取，得，
因为，所以，即，解得，
所似所以
因为M在线段PB上，所以，
则，
设平面MAD的法向量，则即
取，得，
设EG与平面MAD所成角为，
则，
由于，所以，所以
即EG与平面MAD所成角的正弦值的取值范围为
2．（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，在三棱台中，平面平面，，，．
(1)证明：；
(2)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)
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理推出线面垂直，进一步得到，作出辅助线易得，可证明平面，再根据线面垂直的定义即可证得；
（2）取中点，易知直线两两垂直，建立空间直角坐标系，设，再分别求出直线的方向向量与平面法向量，由线面角的夹角公式结合基本不等式求最大值即可.
【详解】（1）在三棱台中，取AC的中点O，连接BO，，，
由，得，
由平面平面，平面平面，
平面，得平面，
而平面，则，
又，，则四边形是菱形，故，
而，，平面，因此平面，
又平面，所以．
（2）取中点，则，
由平面平面，平面平面，平面，
则平面，直线两两垂直，
以点O原点，直线OB，OC，OM分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设，
则，，，，
，，
，
设平面的法向量，则，
令，得，
设直线与平面所成的角为，
，
当且仅当时等号成立．
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
3．（2025·山东烟台·三模）如图，在四棱锥中，是边长为2的正三角形，且二面角的大小为．底面为平行四边形，，，点Q在棱上且．
(1)若，证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）以为坐标原点，，所在直线为x，y轴，过A且垂直平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面的法向量，由向量夹角公式可得，结合即可求解.
【详解】（1）若，即Q为中点，连接交于点M，连接，
因为为的中位线，所以，
因为平面，面，
所以平面．
（2）因为，，，所以．
以A为坐标原点，，所在直线为x，y轴，过A且垂直平面的直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为是边长为2的正三角形，所以P和中点连线的距离为，
因为二面角的大小为，
所以点P到底面的距离为，
点P在底面的射影到的距离为，
所以点P在底面的射影在边上且靠近C的四分之一等分点处，
所以，
所以，
因为，所以，
又，．
又，设平面的一个法向量，
则，即，
令，则，，
即，，
又，设直线与平面所成角为，
则，
整理得．
所以当时，，
所以．
即直线与平面所成角的正弦值的取值范围为．
4．（2025·山东青岛·三模）如图，已知底面是正三角形，平面，平面，．
(1)若，是中点，证明：平面；
(2)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).
【分析】（1）由已知有，取中点，连接，，易证，再应用线面平行的判定证明结论；
（2）令，取中点为，连接，过作，且交于，构建合适的空间直角坐标系，标出相关点坐标，求出直线的方向向量、平面的法向量，应用向量法求线面角的最大正弦值，
【详解】（1），均垂直于平面，
，
取中点，连接，，
，，
且，
又且，故四边形是平行四边形，
，又平面，平面，
平面；
（2）令，取中点为，连接，过作，且交于，
，平面，平面，
是正三角形，所以，
，
以为坐标原点，，，方向为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，所以，，
设平面法向量，则，所以，
取，则，
又，设与平面所成角为，则
所以，当时，最大值为，
综上，直线与平面所成角正弦值的最大值为.
题型05 求二面角
1．（2025·湖南·一模）在多面体中，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形，四边形为平行四边形，分别为的中点．
(1)求证：；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析;
(2).
【分析】（1）利用空间几何中的平行垂直关系，可求证线线垂直，线面垂直，进而得到线线垂直；
（2）利用空间向量法来求二面角的夹角余弦值即可.
【详解】（1）连接，
是以为斜边的等腰直角三角形，为的中点，
，
又平面平面，平面平面平面，
平面，又平面，
，
四边形为平行四边形，为的中点，
，
又，，
又，平面，
平面，又平面，
.
（2）在平面中，过作交于点，结合（1）易知两两垂直．所以以分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图所示．
，，
则，
.
设平面的法向量为，
取，则，
故是平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
取，则，
故平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
2．（2025·江苏镇江·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面底面，平面底面，是的中点，.
(1)证明：平面；
(2)当时，
（i）证明：直线平面；
（ii）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）0
【分析】（1）先由平面平面推得平面，可得，同理可证，于是推出平面，可得，再由三角形相似证明，由线面垂直的判定定理即可证明；
（2）（i）方法一：当时，在线段上取一点，使得，证明平面，再证平面，可得平面平面，进而可得直线平面；方法二：当时，在线段上取一点，使得，证明四边形是平行四边形即可证得直线平面；（ii）解法一：利用向量法证明，再由线面垂直证得，即得平面，进而证得平面平面即得；解法二：利用条件建系，写出相关点的坐标，求得两平面的法向量坐标，利用两向量的夹角公式计算即得.
【详解】（1）在矩形中，因平面平面，
平面平面平面，则平面，
又平面，所以；
因平面平面，平面平面平面，所以平面，
又平面，所以；
又因平面，故平面，因平面，得.
在和中，，则，
故，则得即，
又因平面 ，故平面.
（2）（i）法一：当时，在线段上取一点，使得，即，
因为平面平面故平面，
在矩形中，因为，且，则，且，
因，则，又，所以，
因为平面平面故平面，
又平面且，故平面平面，
又因为平面，所以平面.
法二：当时，在线段上取一点，使得，则，且，
在线段上取一点，使得，由法一知，则且，
在矩形中，，，因，则且，
则四边形是平行四边形，故因平面平面，
故平面.
（ii）解法一：
如图，因，则，整理得：又，
则，即
因，由（1）可得平面因平面，则，
又平面，则平面，.
又平面，故平面平面，
即平面与平面夹角的余弦值为0.
解法二：由（1）得，可以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，故可取 ，
设平面的一个法向量为，
，故可取，
设平面与平面夹角为，
则.
故平面与平面夹角的余弦值为0.
3．（2025·福建漳州·模拟预测）如图，点为正方形所在平面外一点，为中点，.
(1)求证：平面；
(2)若平面平面，，.
（i）当时，求证：平面；
（ii）当二面角的正弦值为时，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）连接交于点，连接，即证，利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）解法一：建立空间直角坐标系，（i）利用数量积，即证，，利用线面垂直的判定定理即可得证；（ii）求平面的法向量，求平面的法向量设，利用向量的夹角公式即可求解；
解法二：（i）利用面面垂直的性质定理，由平面平面得平面，即证平面，得，利用勾股定理得，利用线面垂直的判定定理即可得证；（ii）由，得二面角的平面角为，即，利用三角恒等变换求，最后由正弦定理即可求解；
解法三：（i）同解法二；（ii）由，得二面角的平面角为，即，得，在平面内，以A为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向，建立平面直角坐标系，利用向量的夹角公式即可求解.
【详解】（1）连接交于点，连接，
因为四边形是正方形，所以为中点，
又因为为中点，所以在中，有，
因为平面，平面，所以平面；
（2）解法一：
在正方形中，有，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
因为平面，所以，又，
以为原点，分别以，，方向为轴，轴，轴的正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示.
则有，，，，，
，，，，
（i）当时，，，
所以，，
所以，，即，，
又因为平面，平面，，
所以平面.
（ⅱ）设为平面的法向量，
则有，即，
取，得，，则是平面的一个法向量，
，
设为平面的法向量，
则有，即，得，
取，得，，
则是平面的一个法向量，
因为二面角的正弦值为，所以，
所以，即，
化简得，解得或（舍去）.
所以的值为.
解法二：
（i）因为平面平面，平面平面，
四边形为正方形，，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
又，为中点，所以，
又，所以平面，
又平面，所以.
又，，所以，所以，
，，
又.
由余弦定理可得
，
所以，所以，
又，所以平面.
（ii）因为平面，平面，
所以，，
又因为平面，平面，
所以二面角的平面角为，
所以，，
在中，，，所以，
在中，，所以.
又因为，所以，
所以（负值舍去）.
在中，
，，
在中，
，
又，
由正弦定理，得，即，解得，
所以的值.
解法三：
（i）同解法二.
（ii）因为平面，平面，
所以，，
又因为平面，平面，
所以二面角的平面角为，
所以，，
在平面内，以A为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向，
建立平面直角坐标系，如图所示.
则有，，，
，，
，，
，
即，
化简得，解得或（舍去）.
所以的值为.
4．（2025·湖北襄阳·二模）在四棱台中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，，过的平面分别交，于点M，N，且平面.

(1)证明：平面；
(2)求平面MAC与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用已知条件可证平面，建立空间直角坐标系，证明与平面的法向量共线即可；
（2）利用（1）中的平面的法向量求出点的坐标，再求出平面的法向量，即可求解.
【详解】（1）
平面，平面，平面平面，
，
连接，连接，
在四棱台中，平面平面，
平面平面，平面平面，
，又由题意知，四边形是等腰梯形，
，同理，
，平面，平面，
底面ABCD是菱形，，
以为原点，，，分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
菱形的边长为2，，，，
，，，
，，，，，
，，，
设，，
设平面的法向量为，
，令，则，，
，，即平面；
（2）设，，，
，，，
，，
又在上，设，即，，
，，，
设平面的法向量为，
，令，则，，
，
，
平面MAC与平面夹角的余弦值.
5．（2025·河北·模拟预测）如图，已知圆柱的轴截面是矩形，点为上不同于的一点，点在上，且，动点满足，动点在上底面上，满足．
(1)证明：平面；
(2)①求动点的轨迹长度；
②当点为的中点时，若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②
【分析】（1）在上取点，使得，连接，通过四边形为平行四边形，得到，即可求证；
（2）建系，①由，确定动点的轨迹是半径为的圆，即可求解；②求得平面法向量，代入夹角公式即可求解.
【详解】（1）在上取点，使得，连接，
因为，所以，
所以，且，
又，所以，又，
所以，且，则四边形为平行四边形，所以，
因为平面平面，故平面；
（2）分别取的中点，连接，则底面圆，连接，
因为点为的中点，所以，易得，
以为原点，以，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，
①因为，所以，所以，
则动点的轨迹是半径为的圆，其轨迹长度为；
②设平面的法向量为，
由得取，则，
因为，都在平面内，所以平面，
所以是平面的一个法向量，记为，
所以，
由题意可知，，整理得，解得，
故的值为．
题型06 求二面角的最值与范围
1．（2025·湖南·二模）如图所示，在直角梯形中，分别是上的点，且，将四边形沿向上折起，连接，在折起的过程中，记二面角的平面角为.
(1)请将几何体的体积表达为关于的函数，并求其最大值；
(2)当时，求平面和平面夹角的余弦值的取值范围.
【答案】(1)，，最大值为；
(2).
【分析】（1）根据题意，证明折叠过程中始终有平面，平面，由此求得棱锥的高，再利用分割法求得多面体的体积；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面与平面所成夹角的余弦值，结合换元法和函数单调性求取值范围.
【详解】（1）由题意，在折叠之前的平面图形中，
，，是平面内的两条相交直线，是平面内的两条相交直线，
折叠过程中始终有平面，平面，
故二面角，故到平面的距离为，
平面平面，
平面，故到平面的距离等于到平面的距离，即为.
连接，则，
，当时取得最大值.
（2）以点为坐标原点，以所在直线为，轴，过点作平面的垂线，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系如图，
则，
，
设平面的法向量为，则，且，
即
可得.
同理设平面的法向量为，
则，且，
即
可得，
记平面和平面所成角的平面角为，则
，
令，
故，
显然为关于的增函数，故.
2．（2025·安徽·一模）如图，在五面体中，菱形的边长为，，.
(1)证明：且.
(2)求五面体体积的最大值.
(3)当五面体的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由已知证得平面，即可证得；取的中点，的中点，连接，，，可得，进而得平面，则，即可证得；
（2）分别作，，垂足分别为，，连接，，，，由已知和（1）中结论，可得，设，可得五面体的体积为，利用导数求出其最大值即可；
（3）（方法一）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算分别求出平面和平面的一个法向量，利用公式即可求得两个平面夹角的余弦值.
（方法二）过点作于，过点作于，连接， 可得平面，则，可得平面，则， 则为平面与平面的夹角，在中，由三角函数定义求出，进而求得其余弦值.
【详解】（1）在菱形中，，因为平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面平面，
所以.
取的中点，的中点，连接，，，则，
所以，故，，，四点共面，
因为，，
所以，，即，
因为四边形为梯形，所以与相交，所以平面，
又平面，
所以，而，所以.
（2）分别作，，垂足分别为，，连接，，，，
由（1）知，则，
又，，平面，
所以平面，同理平面.
因为菱形的边长为，，
为的中点，为的中点，，
则，，又，
所以四边形是等腰梯形，由对称性可知
设，则，，
所以，
所以，，
所以五面体的体积为
，
，
则当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故当时，五面体体的最大，最大值为.
（3）当五面体的体积最大时，
，，
（方法一）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，，，，
，，，.
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
，.
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
所以，
故平面与平面夹角的余弦值为.
（方法二）过点作于，过点作于，连接，
由（2）知平面，则
又，平面，
所以平面，
又平面，则，，
因为，平面，
所以平面，又平面，则，
所以为平面与平面的夹角，
又，，
由（2）及已知，，
所以，，则，
故平面与平面夹角的余弦值为.
3．（2025·广东广州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，．

(1)证明：；
(2)设．
（i）当四棱锥的体积最大时，求三棱锥的外接球的表面积；
（ii）求平面与平面夹角的余弦值的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）；（ii）.
【分析】（1）连接，连接，利用全等三角形判定性质推理得证.
（2）（i）建立空间直角坐标系，求出四棱锥体积表达式，再确定取得最大值的条件，利用空间两点间的距离公式列式求出球半径，进而求出球的表面积；（ii）设二面角的平面角为并表示出点的坐标，利用面面角的向量法列式表示出平面与平面夹角的余弦值，再利用导数求出最小值.
【详解】（1）在四棱锥中，连接，连接，
由底面为矩形，得，，
而，则，
所以，又，，
因此，所以.
（2）（i）以D为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，作平面于Q，
则为四棱锥的高，，
当平面平面时，取得最大值，即四棱锥的体积最大．
此时点P的坐标为，设三棱锥的外接球球心为，球的半径为R，
由，得
，解得，，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
（ii）取CD的中点E，连接PE与QE，则，为二面角的平面角，
设，则，，，
设平面的法向量为，则，
取，得，
设平面的法向量为，则，
取，得，设平面与平面夹角的大小为θ，
则
，设，
求导得，当时，；
当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，
则当时，取得最小值，
所以二面角的余弦值的最小值为.
题型07 点到平面距离问题
1．（2025·广东佛山·一模）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.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理即可得证；
（2）解法一建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量法求点到面的距离即可求解，解法二利用等体积法求距离即可.
【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.
2．（2025·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面是的中点，点是棱上靠近的四等分点.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求点到直线的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）法一合理作出辅助线，利用中位线定理得到，再利用线面平行的判定定理得到线面平行，法二建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明求解即可.
（2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，结合线面角的向量求法求解即可.
（3）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间中点到平面的距离公式求解即可.
【详解】（1）法一：如图，连接交于，连接，
因为底面为矩形，所以为的中点，
因为为的中点，所以是的中位线，
得到，而平面，平面，故平面.
法二：根据题意，以点为坐标原点，
分别以为轴，建立空间直角坐标系，
由题意得，
则，
设为平面的法向量，
则，即，
令，则，故，
平面，平面.
（2），
，
直线与平面所成角的正弦值为.
（3）由已知得，
由点到直线的距离公式得，
故点到直线的距离为.
3．（2025·新疆喀什·三模）如图，在△中，，，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至 ，得到四棱锥，为棱上一动点（不包含端点）.
(1)若为棱的中点，证明：平面 ；
(2)若，直线EF与平面BCDE所成角的正弦值为.
（ⅰ）求 ；
（ⅱ）求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】）取的中点，连接，，则，通过证明平面平面，由面面平行的性质定理即可求证；
（2）（ⅰ）证明平面，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，利用向量法求直线与平面所成角的正弦值求，即可求解；
（ⅱ）求平面的法向量为，利用空间向量法求距离即可.
【详解】（1）因为，，
所以，
连接，因为为的中点，所以是等边三角形．
取的中点，连接，，则，
则，．
因为平面，平面，平面，平面，
所以平面，平面，
又，，平面，
所以平面平面，
又平面，
所以平面．
（2）（ⅰ）因为，，
所以，
所以，
因为，所以，
又，，平面，
所以平面，
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，
所以，，，，
则，
设，
则，．
因为平面，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
所以，
整理得，解得舍，所以．
（ⅱ）由（ⅰ）知，，．
设平面的法向量为，
则，即，
令，得，，
则，
所以点到平面的距离为．
4．（2025·湖南长沙·模拟预测）在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，，点E为线段的中点，点F为线段上的动点（不含端点）.
(1)证明：平面平面；
(2)若平面与平面的夹角为，求点P到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理、判定定理可得答案；
（2）利用线面垂直的性质定理、判定定理得出平面，以A为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设，记的中点为，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的斜率求法求出，再由点面距离的向量求法可得答案.
【详解】（1）因为，，，所以.
又因为平面平面，且平面平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）由（1）知，平面，平面，所以，
又因为底面为正方形，所以，由，平面，
所以平面，平面，所以，
又因为，，平面，所以平面，
以A为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
则，，，，
设，则，
设平面的法向量，则，
令，则，，故，
设平面的法向量，，令，则，
则平面的法向量，
由题意得，，即，
整理得，，解得或（舍），则
所以平面的法向量可取，
所以点到平面的距离.
题型08 多板块融合的折叠问题
1．（2025·辽宁葫芦岛·一模）已知函数的部分图象如图1所示，分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，分别交轴于，点为该部分图象与轴的交点，且与轴的交点为．将绘有该图象的纸片沿轴折成如图2所示的二面角．折叠后，当二面角的值为时，．
(1)求函数的解析式；
(2)在图2中，的图象上存在点，使得平面，请确定点的个数，并简要说明理由；
(3)如图3，在折叠过程中，若二面角的范围是，求二面角的余弦值的取值范围．
【答案】(1)；
(2)2个，理由见解析；
(3)
【分析】（1）由题意：，，利用绘有图象的纸片折叠前有，以及折叠后存在关系，列方程组求得和，从而求得，再把代入得出，从而求得函数的解析式.（2）①在平面内，过点作图象的切线，斜率为，而，，过点作交轴于，则直线斜率为-2，
因为，故直线一定交的图象于，②在平面上，过作平行于的交于，连接，可证面平面，故可确定存在两个点满足条件；
（3）以过且平行于的直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
设二面角，通过空间向量法求得的余弦值，再利用函数单调性分析即可确定范围.
【详解】（1）由题意，当绘有图象的纸片折叠前有，
于是①
又当二面角的值为时，可得，
于是，②，
联立（1）（2），解得：，所以，
又与轴的交点为，可得，解得（舍）或，所以.
（2）①在平面内，过点作图象的切线，斜率为，
又点，
故连线的斜率连线的斜率，
于是，过点作交轴于，则直线斜率为-2，
因为，故直线一定交的图象于，
②在平面上，过作平行于的交于，连接，
由，且，可得平面平面，
又平面，从而平面，
综上，可确定存在两个点满足条件，即平面.
（3）依图，以过且平行于的直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
设二面角，
于是，
所以，
设平面的法向量，
于是，取，则，
设平面的法向量，于是，
取，则，
结合法向量方向可判断，二面角的余弦值为，
令
即，
令，
于是，
易知，该函数为定区间上的单调递增函数，
所以，，二面角的余弦值的取值范围是．
2．（2025·贵州遵义·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点（其中点在轴上方），且面积的最大值为2．将平面沿轴向上折叠，使二面角为直二面角，如图1，2所示．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当时，求折叠后，平面与平面所成锐二面角的余弦值；
(3)求折叠后面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用离心率公式以及椭圆中的关系，结合三角形面积公式求解椭圆的标准方程.
（2）通过联立直线方程和椭圆方程，求解交点坐标.先求出两个平面的法向量，再利用向量的夹角公式求二面角的余弦值.
（3）根据题意，直曲联立，结合韦达定理，和面积公式得到，再换元后，运用导数讨论单调性，得到最值即可.
【详解】（1）已知椭圆离心率，可得，即，
把代入，得到，所以.
当点为椭圆的上顶点时，的面积最大，其面积，
又因为，所以，解得.
由，可得，则.
所以椭圆的标准方程为.
（2）折叠前，，当时，直线的斜率为，根据点斜式可得直线的方程为.
联立直线与椭圆方程，得到，解得，.
当时，；当时，.
所以，.
折叠后，建立空间直角坐标系，
得到，，，
则，.
设平面的法向量为，
则，即，化简得，
令，可得，，所以.
易知平面的法向量为.
设平面与平面所成的锐角为，根据向量的夹角公式，
其中，，，所以.
（3）设折叠前，，，联立，
将代入，得到，
展开可得，，，
折叠后，如前问的图，建立空间直角坐标系得到，，，
，.
可得，，.
因为，所以.
根据三角形面积公式.
令，则.
对求导得.
当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减.
因此，在处取得最大值，.
因为，所以.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是找到折叠前后的联系，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，然后联立方程，利用空间量的知识求解.求最值时用到换元和导数.
3．（2025·广东·一模）如图1，已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，过点作倾斜角为的直线交抛物线于两点（点在第一象限）．当时，．
(1)求抛物线的方程；
(2)如图2，把沿翻折为，使得二面角的大小为．
①若，求直线与平面所成角的正弦值；
②证明：三棱锥的体积为定值．
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析.
【分析】（1）先根据倾斜角得出点的坐标，再应用两点间距离求出，进而得出抛物线；
（2）①联立方程得出点的坐标，再应用空间向量法计算线面角正弦即可；②应用三棱锥体积公式结合三角形面积公式计算求解.
【详解】（1）当时，，所以点的坐标为，
因为，所以，
解得，
所以抛物线的方程为．
（2）①在平面直角坐标系中，若，则直线的方程为，
联立
所以点的坐标分别为．
过O点作平面的垂线为轴，如图建立空间直角坐标系，则，
当二面角的大小为时，点，即，
所以，
设平面的法向量为，
则即解得取，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为．
②由题意得．
，
当时，，
当时，在平面直角坐标系中，设直线的斜率为，则直线的方程为，
设点的坐标分别为，
联立得，
则，
因为，所以，得，
所以，
，
综上所述，三棱锥的体积为定值．
题型09 动点存在性问题
1．（2025·江西鹰潭·二模）如图1，等腰梯形是由三个全等的等边三角形拼成，现将沿BC翻折至，使得，如图2所示．
(1)求证：；
(2)在直线上是否存在点，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为？
若存在，求出的值：若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)5或
【分析】（1）根据全等三角形性质，利用线面垂直判定定理可证明平面，再由线面垂直性质可得；
（2）解法一利用线面角的定义，作出线面角的平面角，由余弦定理即可求出结果；
解法二利用空间向量，求出平面法向量以及直线方向向量，根据线面角与空间向量之间的关系即可求得结果.
【详解】（1）在图1连接交于点，在图2中，易知、都是等边三角形，易得，，
又，，平面，可得平面；
又直线平面，所以．
（2）解法一：假设存在点，符合题意．设，则，
则在中，由，，由余弦定理得，
由（1）得直线平面，又，直线平面，平面，
平面平面
作，垂足为，则平面，
在，由，，所以
如图3，取中点，连接，由，，得四边形为平行四边形，
因为平面，所以平面，
则直线与平面所成角为，且．
由已知，即，由，得
在中，设，由余弦定理得
即，解得或
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，此时或
解法二（向量法）设，则，则在中，由，，
由余弦定理得，作，垂足为，连接，得，，
如图3，以的中点为原点，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，所以，
因此，，
设平面的法向量为，
则，
解得，令，则；即向量，
设存在点，，满足题意，则，
所以，
设直线与平面所成角为，则，所以
所以，解得，
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，此时或
2．（2025·云南·模拟预测）如图，圆锥的底面半径和高都为2，线段是圆锥底面圆的直径，点是线段的中点，是底面上圆的动点，过作于点，点在圆锥底面形成的曲线为.

(1)判断曲线是何种曲线，并求的离心率；
(2)在曲线上是否存在异于两点的点，使得平面平面？若存在，求出直线与平面所成角，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)曲线是椭圆，.
(2)存在，直线与平面所成角为.
【分析】（1）曲线是椭圆.如图建系，可得圆O的方程，设，可得，代入圆O的方程，化简整理，即可得答案.
（2）根据条件，分析可得当时，，根据面面垂直的判定定理，即可证明平面平面；设，根据结合椭圆的方程，可求出E点坐标，进而可求出平面的法向量为坐标，根据线面角的向量求法，代数计算，即可得答案.
【详解】（1）曲线是椭圆.
以为圆心，为轴，过且垂直的直线为轴，建立如图的平面直角坐标系，

可以得到圆的方程为，
设，且，代入圆的方程可得，
其离心率为.
（2）由于平面，平面，则.
当时，A、E、O在以C为圆心，半径为1的圆上，所以，
又，平面，此时平面，
又平面，所以平面平面.
设，则，
由，可得，即.
由，得到，解得或（舍去），
即.

如图，以为轴建立空间直角坐标系，由对称性，
设，
则.
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以，
设是直线与平面所成角，，则.
故直线与平面所成角为.
3．（2025·山东·模拟预测）如图1，在菱形中，，点分别是边的中点，，.沿直线将翻折到的位置，连接，得到如图2所示的五棱锥.
(1)证明：在翻折过程中，总有.
(2)若平面平面，线段上是否存在一点（可与点重合），使得点到平面的距离是菱形边长的？若存在，试确定点的位置，并求此时平面与平面所成锐二面角的余弦值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点在线段的中点处，.
【分析】（1）先证平面，连接，再证明，又，所以垂直平分线段，即；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到平面的距离来列方程，从而求得点的位置.
【详解】（1）证明：因为四边形是菱形且，所以，.
因为分别是边的中点，，所以.
因为，所以，.
即在五边形中，；在中，.
在折叠过程中，，又因为，所以.
又平面，所以平面.
连接，因为平面，所以.
又，所以垂直平分线段，所以.
（2）因为平面平面，平面平面平面，
所以平面.因为平面，所以.
又因为，所以两两垂直，故以为坐标原点建立如图所示的
空间直角坐标系.
不妨设菱形的边长为，则，
，
所以，
.
假设线段上存在符合题意的点，设，
则.
易知平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
因为，
所以
可取.
设平面与平面所成锐二面角为，
则.
因为，所以点到平面的距离
，即，即，
化简得，解得舍去）.
综上，当点到平面的距离是菱形边长的时，
点在线段的中点处，此时平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
4．（2025·湖北武汉·一模）已知四棱锥的底面为平行四边形，，，，，.
(1)求三棱锥外接球的表面积.
(2)设为线段上的点.
（i）若，求直线与平面所成角的正弦值.
（ii）平面过点，，且平面，探究：是否存在点，使得平面与平面之间所成角的正切值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）存在，的值为或
【分析】（1）根据线线垂直证明线面垂直，进而可证面面垂直，再根据外接球性质确定外接球球心，进而可得外接球半径及表面积；
（2）（i）建立空间直角坐标系，利用坐标法可得线面夹角正弦值；（ii）建立空间直角坐标系，设，利用坐标法表示线面夹角余弦值，结合正弦值可得，再根据平面过点，，可得解.
【详解】（1）如图所示，

因为，，，
故，即，
则，
故为直角三角形，即，
又，，且，平面，
则平面，
又因为平面，所以平面平面，
设中点为，则的外接圆圆心满足，
过的外接圆圆心作直线垂直于平面，
过线段的中点作直线垂直于平面，其中，
则即为三棱锥的外接球球心，
且四边形为矩形，
即，
故，
故三棱锥外接球的表面积；
（2）（i）以的中点为原点，为轴，平行方向为轴，为轴，
建立如图1所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
而，故，
，.
设为平面的法向量，
则，则，
令，则为平面的一个法向量.
而，
故直线与平面所成角的正弦值；
（ii）由（i）可知，，
设平面的法向量为，
则，令，则，
如图2，建立空间直角坐标系，记直线平面，直线平面，连接，

因为平面，平面平面，所以，
不妨设，则，，
则，故，
同理可得，，
则有，，
设平面的法向量为，
则，
解得，设，则，
故，
所以，
又与平面之间所成角的正切值为，
则，
化简得，解得或，
设，则，则，
解得，
故.
当时，.
因为，所以，
化简得，解得，满足要求.
当时，.
因为，所以，
化简得，解得，满足要求.
综上所述，的值为或.
（建议用时：60分钟）
1．（2025·广东·模拟预测）如图，四边形为正方形，为正三角形，平面平面是线段的中点.
(1)证明：；
(2)若，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证平面，根据线面垂直的概念可得线线垂直.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的正弦值.
【详解】（1）连接，因为是线段的中点，所以.
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面.
又因为平面，所以.
又因为平面，所以平面.
又因为平面，所以.
（2）取中点，连接.因为为正三角形，为中点，所以.
又因为平面平面，平面平面平面，
所以平面.
以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示.
取中点，则为外接圆的圆心.
又因为在同一个球面上，所以平面.
因为为正方形，为正三角形，，所以，
设，则，.
因为，所以，
解得，所以.
.
平面的法向量为.
因为.
所以直线与平面所成角正弦值为.
2．（2025·广东·模拟预测）如图，在圆柱中，分别为上､下底面直径，连接，作于点，，记实数.

(1)若，求；
(2)记平面与圆所在平面的夹角为，若，求.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由题可知是等腰三角形，可得长度，再利用点在底面的投影，根据线面垂直关系得到线线垂直关系，依次运用勾股定理计算出，即可得解；
（2）建立空间直角坐标系后，写出各点坐标，设出点，则，再计算出两个平面的法向量，根据向量夹角公式列出方程，求出，则确定，再设，再根据，解出后，即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
记在下底面的投影为，则，平面，又平面，
.
因此，
又因为在圆上，故有，故，
则.
（2）以为原点，所在直线分别为轴，过点且垂直平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，

易知，当时，此时平面与圆所在平面的夹角，，不符题意.
因此，由对称性，不妨设，则，
故，
设平面的法向量，则，得，
令，则，因此可取.
易知圆所在平面的一个法向量为，
则，
解得，即.
设，易知，
则，又，
则.
①当时，，
由可得，即，解得，
又，解得；
②当时，，
由可得，即，解得，
又，解得.
综上所述，或.
3．（2025·云南·模拟预测）如图，M，N分别是圆台上、下底面的圆心，四边形是圆台下底面圆的内接正方形，，点在圆台上底面圆上.若平面平面且.
(1)求圆台的上底面圆的半径；
(2)求证：平面平面；
(3)若二面角的正弦值为，求圆台的高.
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）过点作，先证得平面，从而得到且，然后结合条件即得；
（2）根据线面垂直的判定可得平面，然后利用面面垂直的判定定理即得；
（3）通过建系写坐标，利用空间向量法求解即可.
【详解】（1）如图，过点作，垂足为，连接EN.
因为平面平面，且平面平面，
平面且，
所以平面，即为圆台的高.
因为M，N分别为圆台上、下底面的圆心，所以平面，也为圆台的高，
所以且，即四边形PENM为平行四边形，
所以上底面圆的半径.
又四边形是圆台下底面圆的内接正方形，，且，
所以为的中点，，即圆台的上底面圆的半径为.
（2）由（1）知四边形PENM为平行四边形.
因为平面，平面，所以，即，
所以平行四边形为矩形，所以.
又且，所以.
因为平面，平面，且，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（3）设的中点为，的中点为，连接，，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.
设圆台的高为，则，，，，，
所以，.
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，所以是平面的一个法向量.
因为平面，且平面，所以平面平面.
连接，因为为正方形的外接圆圆心，所以，
又平面，平面平面，
所以平面，即为平面的一个法向量，
所以.
因为二面角的正弦值为，所以，
所以，
解得，即圆台的高为.
4．（2025·广东广州·模拟预测）在三棱锥中，平面BCD，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在棱AC上，且.
(1)求证：；
(2)若是边长为2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.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据中位线以及相似比可证明为平行四边形，继而可得线线平行，即可根据线面垂直的性质求证，
（2）建立空间直角坐标系，求解法向量，即可利用向量的夹角求解.
【详解】（1）如图，分别在线段上取点，使，，连接，
因为分别是的中点，,,
在中，，，所以，
所以，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以，即.
（2）设，因为三棱锥的体积为，平面，
所以，即，所以，
取CD的中点，连接BO，则.
过点作，则平面BCD，
以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面的法向量为，则，
所以平面的一个法向量可取为，而平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
5．（2025·浙江温州·三模）如图，几何体由两个直三棱柱拼接而成，在直三棱柱中，；在直三棱柱中，．直线分别交平面于点．
(1)求证：；
(2)若，则
（i）当时，求线段的长度；
（ii）当平面与平面的夹角与互余时，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）由线面平行的性质定理即可求解；
（2）（i）由因为，得到，即可求解，（ii）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解.
【详解】（1）由题意可知：，又为平面内两条相交直线，所以平面，
所以平面与平面共面，所以可知在上，
因为为直三棱柱，所以平面，
又在平面内，所以没有交点，
又都在平面内，
所以．
（2）（i）因为，
所以，
又，可得，所以
又因为，所以，可得．
（ii）如图建系，则，
则，
设平面的法向量为，
则，故可取，
因平面的法向量可取为，
所以，
因，则有，
整理得，
即，
因，
代入可得，即，
解得，即，解得：，
因，故得．
6．（2025·湖北·模拟预测）如图，在四棱锥中，为矩形，且，，.
(1)求证：平面；
(2)若（N在S的左侧），设三棱锥体积为，四棱锥体积为，且.
①求点到平面的距离；
②求平面与平面所成夹角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)；
【分析】（1）由余弦定理得到，进而得到即可求证；
（2）建系，通过点到面的距离公式及面面角的夹角公式即可求解.
【详解】（1）在中，，，，
所以，解得：，
所以，所以，
又，为平面内两条相交直线，
所以平面；
（2）（2）由（1）知，平面，，
所以平面，又在平面内，所以平面平面，
在平面内，所以，
在三角形中，，，，
所以，又，
所以，
又，
又，
所以，又，
所以，
取的中点， ，可知：，
因为平面平面，交线为，
又在平面内，
所以平面，如图建立空间直角坐标系
易得：,
所以，
设平面的法向量为，
则，
所以，
令，得，即，
又，
所以求点到平面的距离，
②，
设平面的法向量，
则，所以，
令，则，可得：，
设平面与平面所成夹角为，
所以，
所以，
即平面与平面所成夹角的正弦值为.
7．（2025·天津河西·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上异于点P，，平面ABE与棱PD交于点
(1)求证：；
(2)若，求证：
平面平面
若，，直线PB与平面ABCD所成角的正切值为，求点C到平面ABE的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析；
【分析】（1）先利用矩形对边平行的性质结合线面平行的判定定理得到平面，再依据线面平行的性质定理推出.
（2）（i）根据已知的垂直关系，利用线面垂直的判定定理证明平面，进而依据面面垂直的判定定理证明平面平面.
（ii）先通过等腰三角形三线合一以及面面垂直的性质得到平面，从而确定线面角，通过其正切值求出的值，然后建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，最后利用向量法求出点到平面的距离.
【详解】（1）
证明：因为矩形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，
所以
（2）证明：因为，，所以，
因为矩形，所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面
取的中点O，连接
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以就是直线与平面所成角，即，
在中，，解得，
以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
由，知，
所以，，
设平面ABE的法向量为，则，
取，则，，所以，
而，
所以点C到平面的距离为
8．（2025·湖南长沙·三模）如图，在中，为的外心，平面ABC，且PO．

(1)求证：平面PAC；
(2)设平面平面，若点在线段PC（不含端点）上运动，当直线与平面所成角最大时，求平面与平面的夹角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理，证明平面外直线与平面内直线平行即可.
（2）根据二面角的向量方法，设出动点坐标，用向量法求出平面与平面夹角的余弦值，求出最大夹角.
【详解】（1）如图，连接OC，交AB于点D,O为的外心，

所以，又因为，所以，
所以，
故和都为等边三角形，可得，
即四边形为菱形，所以，
又平面平面，
所以平面.
（2）因为平面平面，所以平面，
因为平面，平面平面，所以．
如图，设AB与OC的交点为，以点为原点，分别以DA,DC所在的直线为x,y轴，过点垂直于面ACBO的直线为轴建立空间直角坐标系，

则，
所以．
因为点在线段PC（不含端点）上运动，设，
所以，
设平面ABM的法向量为，
则，即，
可得，令可得，所以．
所以直线与平面所成角的正弦值为：，
即当时直线与平面所成角取最大值．
此时，所以，
设平面OBM的法向量为，
可得，则，
令，所以，
所以，
所以平面与平面的夹角为．
9．（2025·湖南永州·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面，，E是的中点，F是线段上的一点（不含端点）.
(1)证明：平面；
(2)若二面角的大小为，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)
【分析】（1）要证明线面垂直，需证明直线与平面内两条相交直线垂直；
（2）先根据二面角的大小确定相关线段的关系，再通过建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值，最后求其最大值.
【详解】（1）因为 平面，平面，所以；
又，是的中点，所以；
因为，平面，所以平面.
（2）由平面，得，故 ，
设 ，以为原点，为轴，为轴，平面内过作 的垂线为轴，建立坐标系，
各点坐标：，
设，则，
直线的方向向量： ，
平面的法向量：由（1）知 ，
设直线与平面所成角为，则：，
令，其对称轴为，此时，
代入得.
10．（2025·辽宁·一模）如图，在直三棱柱中，，，为的中点．的面积为；请从条件①、②中选择一个条件作为已知，并解答下面的问题：
条件①：；条件②：点到平面的距离为．
(1)求平面与平面夹角的余弦值；
(2)点是矩形（包含边界）内任一点，且，求与平面所成角的正弦值的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据已知条件，确定底面三角形得边长，再利用空间向量的方法求二个平面所成角即可；
（2）根据已知条件分析确定点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，设出点坐标，根据已知条件求出，利用空间向量的方法求出与平面所成角的正弦值表达式，根据范围即可求解.
【详解】（1）
根据题意建立如图所示以为坐标原点，
、、为、、轴的空间直角坐标系，
设，，
因为三棱柱为直三棱柱，所以侧面为矩形，
所以为直角三角形，，
因为三楼柱为直三棱柱，所以平面，
平面，所以，又因为，
平面，平面，，
所以平面，平面，所以，
所以为直角三角形，因为的面积为，
所以，
若选条件①：，
，，，，，
，，因为，
所以，即，解得，
代入，解得，
所以，，，，
，，
设平面的法向量为，
，所以，令，
解得，所以，
，设平面的法向量为，
，所以，令，
解得，所以，
设平面与平面夹角为，
所以，
所以平面与平面夹角余弦值为：.
若选条件②：点到平面的距离为，
，，，，
，，，
设平面的法向量为，
所以，，令，
解得，所以，
因为点到平面的距离为，
所以，即，解得，
代入，解得，
所以，，，，
，，
设平面的法向量为，
，所以，令，
解得，所以，
，设平面的法向量为，
，所以，令，
解得，所以，
设平面与平面夹角为，
所以，
所以平面与平面夹角余弦值为：.
（2）
取中点，连结、，则，
因为，，所以，
在，，所以，，
平面，平面，所以，
平面，平面，所以平面，
因为平面，平面，所以，
因为，，所以，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
设，则,，，
因为，，所以，
整理得：，
由（1）知，平面的法向量为，
设与平面的夹角为，则
，
因为，所以，
所以与平面所成角的正弦值的取值范围为.
近三年：
立体几何大题常以棱锥、棱柱（尤其是四棱锥、三棱柱）为载体，也有以柱体、台体、圆锥、球为载体，比较少。你需要重点熟悉折叠问题、存在垂直关系（便于建系）的几何体。第1问常以证明线面平行或垂直关系（2023、2024年新高考卷均有涉及）。第2问主要利用空间向量求二面角（2022-2024年新高考卷高频考点）。其他考点包括点到面距离、已知二面角求长度等。
预测2026年：
核心能力：回归空间想象本源，强调将空间问题转化为平面问题、几何问题转化为代数计算的思维能力。大题位置与难度：仍可能作为第2道大题，内容上可能融合解三角形、函数等其他知识
解｜题｜策｜略
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cs φ＝|cs θ|＝（其中φ为异面直线a，b所成的角）．
解｜题｜策｜略
求角度的最值跟范围问题可以从角的正弦、余弦或正切这三个方向去计算范围跟最值。在解决问题时，可以从几何法或者建系两个角度去表示出角的三角函数值，从而获取范围与最值。
解｜题｜策｜略
设直线的方向向量为n，平面的法向量为n，直线与平面所成的角为，与的角为，则有sinθ=csϕ=a⋅nan．
解｜题｜策｜略
求角度的最值跟范围问题可以从角的正弦、余弦或正切这三个方向去计算范围跟最值。在解决问题时，可以从几何法或者建系两个角度去表示出角的三角函数值，从而获取范围与最值。
解｜题｜策｜略
若a,b分别为面α，β的法向量，csa,b=a⋅ba⋅b则二面角的平面角为a,b的夹角或它们的补角。
解｜题｜策｜略
求角度的最值跟范围问题可以从角的正弦、余弦或正切这三个方向去计算范围跟最值。在解决问题时，可以从几何法或者建系两个角度去表示出角的三角函数值，从而获取范围与最值。
解｜题｜策｜略
A为平面α外一点（如图）， n为平面α的法向量，过A作平面α的斜线AB及垂线AH．|AH|=|AB|⋅sinθ=|AB|⋅|cs|=|AB||AB⋅n|AB⋅n ⇒d=|AB⋅n||n|
解｜题｜策｜略
以圆锥曲线或函数图像作为背景，折叠后再求空间角问题。是各知识板块融合问题。
解｜题｜策｜略
先判断动点的运动轨迹。根据运动轨迹选择合适的方法：
几何法：利用几何性质直接作图判断（如中垂线、角平分线、阿氏圆、定弦定角等确定轨迹）。假设点存在，逆向推理它应该在哪些轨迹的交点上。
建系法：建立坐标系，设动点 Px,y,z，将运动轨迹写成方程，将题目条件转化为方程或不等式。
向量法（适合向量已知的几何条件）将长度、垂直、共线等用向量表示。