2026年高考数学复习知识清单(全国通用)专题01立体几何初步(题型清单)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学复习知识清单(全国通用)专题01立体几何初步(题型清单)(学生版+解析)，共13页。

题型1 空间几何体的结构特征
1．（24-25高三下·江苏盐城·期中）下列关于空间几何体的论述，正确的是（ ）
A．有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱
B．有两个平面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台
C．连接圆柱上下底面圆周上任意两点的线段是圆柱的母线
D．圆台的轴截面不可能为直角梯形
【答案】D
【分析】作出满足选项条件的几何体即可判断A和B考虑连线是否平行于旋转轴可判断C；根据圆台的定义，即可判断D．
【详解】
图1 图2
对于A，如图1，利用两个底面全等的斜棱柱拼接而成的几何体满足A中条件，但该几何体不是棱柱，故A错误；
对于B，如图2，该多面体有两个平面平行且相似，其他各个面都是梯形，但该几何体不是棱台，故B错误；
对于C，连接圆柱上下底面圆周上任意两点，只有连线平行于旋转轴时才是母线，故C错误；
对于D，圆台的轴截面是指过圆台轴的平面截取几何体得到的截面，其形状为等腰梯形，
这是因为圆台是由圆锥被平行于底面的平面截得，轴截面包含上下底面的直径和母线，形成对称的等腰梯形，
故圆台的轴截面始终是等腰梯形，不可能为直角梯形，故D正确．
故选：D．
2．（2025高三·全国·专题练习）以为六条棱长的四面体个数为 ．
【答案】3
【分析】分析构成的三角形的情况，再选择其中一个为底面，另外考虑侧面的情况即可.
【详解】如图34，以这些线段长为边的三角形仅有四种：．
固定四面体的一面作为底面：
当底面三角形的三边为时，另外三边的取法只有一种情况，即；
当底面三角形的三边为时，另外三边的取法有两种情形，即．
其余情形得到的四面体均在上述情形中．由此可知，四面体个数有3个．
故答案为：3.
3．（2025高三·全国·专题练习）若沿各边中点连线翻折后恰为三棱锥，则一定是（ ）
A．锐角三角形B．钝角三角形C．直角三角形D．不确定
【答案】A
【分析】结合图形分析可知三角形折成的三棱锥一定是对棱相等的四面体，而对棱相等的四面体一定外接于长方体，由长方体对角线构成三角形的形状即可判断.
【详解】如图，三角形沿中点折成的三棱锥一定是对棱相等的四面体，而对棱相等的四面体一定外接于长方体，而长方体的面对角线一定构成锐角三角形，从而原是锐角三角形.

反之是锐角一定可折成四面体.
或从三面角的条件也可推出锐角三角形，三面角的任意两角和大于第三角.
题型2 直观图
4．（2025·陕西西安·二模）如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（ ）

A．B．
C．四边形的面积为D．四边形的周长为
【答案】BC
【分析】A选项，作出辅助线，得到各边长，结合，求出；B选项，由斜二测法可知；C选项，作出原图形，求出各边，由梯形面积公式得到C正确；D选项，在C基础上，求出各边长，得到周长.
【详解】A选项，过点作垂直于轴于点，
因为等腰梯形中，，
所以，
又，所以，A错误；

B选项，由斜二测法可知，B正确；
C选项，作出原图形，可知，，，，
故四边形的面积为，C正确；

D选项，过点作于点，
则，
由勾股定理得，
四边形的周长为，D错误．
故选：BC.
5．（2025·四川成都·模拟预测）用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图为如图所示的，已知是边长为2的等边三角形，则顶点到轴的距离是 .
【答案】
【分析】利用斜二测画法推导出原图形，根据边角关系求解.
【详解】如图①中，过作平行轴，交轴于点，
如图②，在平面直角坐标系中，在轴上取，
过点作平行轴，取，连接，则即原图形.
故为到轴距离，设则.
在①中过作垂直轴，且交轴于，
则，
，即，解得.
故答案为：.
6．（24-25高三下·重庆·阶段练习）已知正三棱锥的体积为，其底面三角形的斜二测直观图面积为，则三棱锥的高为（ ）
A．2B．C．1D．
【答案】A
【分析】利用直观图和原图面积关系求出底面积，结合正三棱锥体积公式建立方程，求解高即可.
【详解】设底面三角形面积为，三棱锥的高为，
由直观图的性质得，解得，
因为正三棱锥的体积为，所以，解得，故A正确.
故选：A
题型3 几何体表面距离最短问题
7．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）在长方体中，，且点满足，点分别在直线和平面上，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先证明平面平面，将平面翻折到与平面为同一个平面，根据垂线段最短有交于时最小，再求出最短长度.
【详解】由题设，易知平面，平面，所以平面平面，
将平面翻折到与平面为同一个平面，如下示意图，显然在平面上的投影为，
当交于时，最小，
而，又且，
所以，即，故，
所以的最小值为.
故选：B
8．（2025·江苏泰州·二模）在三棱锥中，底面为斜边的等腰直角三角形，顶点S在底面上的射影为的中点．若，为线段上的一个动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将展开到与共面，根据三角形三边关系可知，当且仅当三点共线时等号成立.根据题干条件，在中由余弦定理即可求解.
【详解】如图，在三棱锥中，设点为线段的中点，连接.
由题易知：，，平面.
在中，，故，
所以是边长为2的等边三角形.
将展开到与共面，如图所示，
则，当且仅当三点共线时等号成立，即取得最小值.
在中，，，
由余弦定理可得：，
所以，
即的最小值为.
故选：A.
9．（2025·重庆·模拟预测）已知圆锥的高为，底面直径的长为，那么从点A出发沿该圆锥的表面到点B的最短路径长为 ．
【答案】
【分析】根据已知求出圆锥底面周长和母线长，进而得到侧面展开图的圆心角，即可求最小值.
【详解】由题设，圆锥底面周长为，母线长为，故侧面展开图圆心角为，
将圆锥沿过点的母线展开，得到如下图示半径为6的半圆，且为圆弧的中点，
从到有两种方式，一种方式从圆锥体侧面，一种方式从圆锥的底面，
若沿侧面，如上图，从点A出发到点B的最短路径长；
若沿底面，此时最短路径长为直径长度；
综上，从点A出发沿该圆锥的表面到点B的最短路径长.
故答案为：
10．（2025·浙江温州·三模）已知圆台上下底面半径分别为1，2，母线长为2，则圆台的体积等于 ；为下底面圆周上一定点，一只蚂蚁从点出发，绕着圆台的侧面爬行一周又回到点，则爬行的最短距离为 ．
【答案】
【分析】先求出圆台的高，再根据圆台的体积公式直接计算即可求出体积；绘制出爬行的最短距离计算求解即可爬行的最短距离.
【详解】设圆台高为，已知，，母线长，
则，
所以圆台体积为；
圆台侧面展开图是一个扇环，设其所在扇形所对圆心角为半径为,则且
解得如图，，
过作与小半圆切于点连接并延长至，
过作与小半圆切于点，且两切线交于点连接并延长至，
则，
由题意知爬行过程中必然经过线段中某一点和中某一点，
所以是爬行的最短距离时的部分路径.
所以是爬行最短路径时经过的点，则也是爬行的最短路径的另一部分，
由上可知，，故，，
同理，，
所以所以，
所以爬行的最短距离为
故答案为：；.
题型4 空间几何体的表面积
11．（2025·北京·模拟预测）攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.兰州市著名景点三台阁的屋顶部分也是典型的攒尖结构.如图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是正三棱柱和不含下底面的正四棱台的组合体.已知正四棱台侧棱、下底的长度（单位：dm）分别为4，6，侧面与底面所成二面角的正切值为，正三棱柱各棱长均相等，则该结构表面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】过作平面于，过作于，连接，证明平面，即得为的平面角，利用解三角形列方程即可求得正四棱台上底边长，再根据该结构的组成计算其表面积即可.
【详解】过作平面于，过作于，连接，
因平面,则，又平面，
故平面，因平面，则，故为的平面角，
故，则.
令正四棱台上底边长为，则，
，
所以，即，
解得或（舍去），故.
所以该结构表面积为
.
故选：A.
12．（2025·海南海口·模拟预测）已知圆锥的母线长等于底面的圆半径的2倍，那么该圆锥的表面积与圆锥的内切球表面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据圆锥和它的内切球的性质，做出轴截面，求出内切球半径和底面半径之比，求出圆锥的表面积与圆锥的内切球表面积之比.
【详解】
如图所示，作圆锥轴截面及其内切圆，与三角形切于两点，
设圆锥底面半径为，内切球半径为，则，由勾股定理易知，
所以在中，，
由三角形内切圆可得，可得，即，化简得，
圆锥表面积为，内切球表面积，
则圆锥的表面积与圆锥的内切球表面积之比，
故选：B.
13．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）已知一个等腰梯形的下底边长是上底边长的3倍，两腰与下底边所成角为，面积为．若该等腰梯形是一个圆台的轴截面，则该圆台的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意得．设等腰梯形ABCD的上、下底边长分别为a，，，分别过点D，A作，垂足分别为点G，F，判断四边形ADGF为矩形，且，再根据腰与底边的角度，求圆台的侧面积.
【详解】如图，由题意得．
设等腰梯形ABCD的上、下底边长分别为a，，，即．
分别过点D，A作，垂足分别为点G，F，
因为，则四边形ADGF为矩形，且，所以．
在中，，，
则等腰梯形的面积，解得，
则圆台的上、下底面的半径分别为，母线长为，
所以圆台的侧面积为．
故选：A．
14．（2025·河北石家庄·模拟预测）已知正三棱台的下底面边长为，侧棱长为2，侧棱与底面所成的角为，则该三棱台的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将正棱台补全为棱锥，求出棱锥、棱台的高，确定上底面的位置，求出棱锥侧面积，进而求出棱台的侧面积.
【详解】将正棱台补全为正三棱锥，为底面中心，
，，则，
棱台的高，棱台上底面是正三棱锥的中截面，
，等腰高为，
面积为，等腰梯形的面积为，
所以该三棱台的侧面积为.
故选：D
题型5 空间几何体的体积
15．（2025·北京西城·模拟预测）有一个木制工艺品，其形状是一个圆柱被挖去一个与其共底面的圆锥．已知圆柱的底面半径为3，高为5，圆锥的高为4，则这个木质工艺品的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据圆柱和圆锥的体积公式求木质工艺品的体积.
【详解】由题意可知：这个木质工艺品的体积.
故选：C.
16．（2025·湖南邵阳·模拟预测）在正方体中，E，F，G分别是，，的中点，过E，F，G三点的截面把正方体分成两部分，则体积较大的部分与正方体体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据空间中立方体与平面相交的情况，做出的截面形状，求出所截得的部分体积，作比求出结果.
【详解】
如图所示，延长相较于，连接，交于，相同方法，做出，
则五边形为截面，
不妨设正方体棱长为1，
则，所以，在，所以.
同理可得，
可知截得较小部分体积，边长代入得，
较大部分体积为，立方体体积为1，所以较大部分与总体积之比为.
故选：C.
17．（2025·宁夏吴忠·二模）已知矩形中，，，以所在直线为旋转轴，将矩形旋转一周形成一个几何体，则的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】以所在直线为旋转轴，旋转一周形成两个共底面的圆锥，旋转一周形成一个倒立的相同的几何体，将其体积记为，这两个几何体重叠部分是以圆为底面，为顶点的两个小圆锥，其体积记为，计算可求矩形旋转一周形成的面所围成的几何体的体积.
【详解】根据题意作出矩形与几何体，分别如图下左右两图所示：
旋转一周形成两个共底面的圆锥，旋转一周形成一个倒立的相同的几何体，
将这两个几何体的体积均记为，这两个几何体的重叠部分是以圆O为底面，
A，C分别为顶点的两个小圆锥，记两个小圆锥的体积和为，
而，点B到直线的距离为，圆O的半径为，
所以的体积.
故选：C
18．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知高为的圆锥的底面半径是圆柱底面半径的两倍，圆柱的高为圆锥高的两倍，且圆锥和圆柱的侧面积相等，则圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先根据已知条件求出圆锥的底面半径，然后根据圆锥的体积公式求出圆锥的体积即可.
【详解】设圆柱底面半径为，则圆锥底面半径为.
因为圆锥的高为，所以圆柱的高为.
因为圆锥和圆柱的侧面积相等，所以.
解得.
所以圆锥的体积为.
故选：C.
19．（2025·四川成都·模拟预测）已知正四棱台的上、下底面面积分别为4和16，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（ ）
A．B．C．56D．
【答案】A
【分析】作出辅助线，求出棱台的高，根据棱台的体积公式即可求解.
【详解】如图所示的正四棱台,连接,
作平面，由正四棱台的性质可知在上.
因为正四棱台的上、下底面面积分别为4和16，
所以正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，
所以.
易知四边形为等腰梯形，
所以，
由勾股定理得，
所以四棱台的体积为.
故选：A.
题型6 几何体的外接球
20．（2025·福建龙岩·二模）已知正四棱台的上，下底面边长分别为和．若该棱台的体积为，则该棱台的外接球表面积为（ ）.
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据台体体积公式可得台体的高，即可利用勾股定理列方程求解半径.
【详解】在正四棱台中，，，体积为，高为，
故，
则，，
连接、相交于点，、相交于点，
设外接球的球心为，若在台体外，
设到底面的距离为，
则半径为，
即，解得，所以球心与点重合，
若在台体内，到底面的距离为，
则半径为，
即，解得， 所以球心与点重合，
综上所述，，故，所以.
故选：C.
21．（2025·四川成都·三模）在圆台中，圆的半径是圆半径的2倍，且点为该圆台外接球球心，则圆台的体积与外接球的体积之比为（）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】假设圆的半径，则圆的半径可知，进而通过勾股定理可求圆台的高，分别利用圆台和球的体积计算即可.
【详解】过作圆台的轴截面，如图所示
为该圆台外接球球心，且圆的半径是圆半径的2倍，
不妨设圆的半径，则圆的半径
依题意，
，，
，
故选：D.
22．（2025·黑龙江·二模）在四棱锥中，侧面底面ABCD，侧面SAD是正三角形，底面ABCD是边长为的正方形，则该四棱锥外接球表面积为（ ）
A．5πB．10πC．28πD．56π
【答案】D
【分析】运用面面垂直的性质证得平面，平面，再结合正弦定理求得三角形外接圆的半径及勾股定理求得四棱锥外接球的半径，进而求得其表面积.
【详解】如图所示，
连接AC、BD交于一点，取AD中点E，连接、，
所以由题意知，，，为正方形ABCD外接圆的圆心，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
同理：平面，
设等边的外接圆的圆心为，过作的平行线交过作的平行线于点O，
则平面，平面，
所以O为四棱锥外接球的球心，半径为，
在等边中由正弦定理得，解得：，
又因为，
所以，
所以四棱锥外接球表面积为.
故选：D.
23．（2025·河北保定·一模）已知三棱锥中，平面，，，，则三棱锥的外接球表面积（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先根据正弦定理求底面外接圆半径，再根据三棱锥外接球半径求得外接球半径，进而求外接球表面积.
【详解】在中，，，
所以，所以.
设外接圆半径为，则.
又平面，且，设三棱锥的外接球半径为，
则.
所以三棱锥的外接球表面积为：.
故选：D
24．（24-25高三上·湖南常德·阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，，为的中点，P为上的动点，则三棱锥的外接球表面积的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意，画图找出外接球球心，再利用勾股定理和基本不等式求解即可.
【详解】解：由题易知是等腰直角三角形，则外接圆的圆心在AM的中点处，
过作平面ABC的垂线，则外接球的球心O在上，
过点P作交于点N，则四边形为矩形，
因为，，所以，
在三角形中，由余弦定理：可得，
所以，
设，，三棱锥的外接球的半径为R，
则，则，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，
则三棱锥的外接球表面积
故选：B.
题型7 几何体的内切球
25．（2025·重庆·三模）棱长为的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这样一个小球的体积最大为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出正四面体的体积及表面积，利用求出内切球的半径，再通过求出空隙处球的最大半径，从而即可求最大体积.
【详解】如图，由题意知球和正四面体的三个侧面以及内切球都相切时半径最大，
设内切球球心为O，半径为，空隙处的最大球球心为，半径为，
由正四面体结构特征可知G为的中心，面，
设E为中点，球O和球分别与面相切于F和.
易得，，，
由可得，
又，，
故，，，
又由和相似，可得，即，解得，
即空隙处的最大球的半径为.
所以空隙处的最大球的体积为为.
故选：D
26．（2025·广西北海·模拟预测）已知一个正四棱锥的底面边长为，内切球的体积为，则这个正四棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．16
【答案】C
【分析】由内切球的体积为可求内切球的半径.设球与正四棱锥底面切于点，侧面切于点，设，延长交底面于点.根据正四棱锥的底面边长及即可求解的值，利用棱锥体积公式即可求解.
【详解】因为内切球的体积为，所以内切球的半径为1.
如图所示，设球与正四棱锥底面切于点，侧面切于点，设，延长交底面于点.
因为正四棱锥的底面边长为，
所以.
又，所以，即，解得.
所以，所以正四棱锥的体积为.
故选：C.
27．（24-25高三上·江苏南京·开学考试）已知圆锥侧面展开图是圆心角为直角，半径为4的扇形，则此圆锥内切球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由扇形弧长的计算，可得圆锥底面半径，画组合图形的轴截面，利用三角形内切圆以及勾股定理，最后利用球表面积公式，可得答案.
【详解】由题意可知，圆锥的母线，底面周长，所以圆锥的底面半径，
根据题意可作圆锥与其内切球的轴截面如下：

根据圆锥和球的对称性可知，球的截面为圆，也即为等腰的内切圆，
即，，，，
在中，，由，，则，
在中，，即，
可得，解得，
所以内切球的表面积.
故选：A.
题型8 与球有关的截面问题
28．（2025·江西上饶·二模）如图，球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，球缺的体积公式是．已知正方体棱长为1，则该正方体与以为球心，为半径的球的公共部分的体积为 ．

【答案】
【分析】根据给定条件，利用正方体及球的结构特征，结合球的体积公式及球缺的体积公式求解.
【详解】依题意，正方体与以为球心，为半径的球的公共部分是球体的，
去掉3个不含点的正方体的面所在平面截球所得球缺的，
球的体积，高为的球缺体积
，
所以所求公共部分的体积为.
故答案为：
29．（2025·云南·一模）已知球的半径为，圆的半径为，且圆是球的一个截面，若圆的面积与球的表面积之比为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用圆的面积及球的表面积公式代入计算即可.
【详解】由圆的面积与球的表面积之比为，得，
所以，解得
故选：A.
30．（2025·河北秦皇岛·三模）已知正方体的各顶点都在球的表面上，若球的表面积为，则平面截球所得的截面面积为 ．
【答案】/
【分析】根据给定条件，求出正方体的棱长，再求出外接圆面积即可.
【详解】由球的表面积为，得球的半径为，则正方体的体对角线长为，
正方体的棱长为2，则正边长为，其外接圆半径，
则外接圆面积为，所以平面截球所得的截面面积为.
故答案为：

题型9 点共线、点（线）共面、线共点问题
31．（2025·安徽合肥·二模）若空间中三条不同的直线，，满足，，则是，，共面的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】通过特例说明不能推出，，共面，即充分性不成立；再由平面几何知识得出同一平面内的直线不平行必相交，推出一定成立，即必要条件成立，两者综合即可得出结果.
【详解】
如图所示：满足，，且，但是，
所以可知是，，共面的不充分条件；
当，，共面时，由平面几何知识可知同一平面内的直线不平行必相交，
又因为，，所以必然有，
即是，，共面的必要条件，
综上可知是，，共面的必要不充分条件.
故选：B.
32．【多选】（24-25高三下·江苏镇江·阶段练习）如图，在长方体中，，分别为，的中点，，分别为，的中点，则（ ）
A．四点，，，在同一平面内
B．三条直线，，有公共点
C．直线与直线相交
D．直线上存在点使，，三点共线
【答案】ABD
【分析】根据题意，由平面的基本性质分析A、B和D，由异面直线的定义分析C，综合可得答案．
【详解】根据题意，如图：
对于A，连接，则，
而，分别为，的中点，则，
所以，所以四点，，，在同一平面内，故A正确；
对于B，延长，，则，相交于点，又平面，
平面，则平面，平面，
且平面平面，所以，即三条直线，，有公共点，故B正确；
对于C，直线为正方体的体对角线，所以直线与直线不可能在同一平面内，所以直线与直线是异面直线，故C错误；
对于D，，，，均在平面内，连接，则与相交，所以直线上存在点使，，三点共线，故D正确；
故选：ABD．
33．【多选】（2025·广东惠州·模拟预测）如图，在长方体中，，分别为，的中点，，分别为，的中点，则下列说法正确的是（ ）

A．四点，，，在同一平面内
B．三条直线，，有公共点
C．直线与直线不是异面直线
D．直线上存在点使，，三点共线
【答案】ABD
【分析】对于A：根据平行关系可证，即可得四点共面；对于B：根据平面的性质分析判断；对于C：根据异面直线的判定定理分析判断；对于D：可知与相交，即可判断.
【详解】作图，如图：

对于选项A：连接，
因为，可知为平行四边形，则，
又因为，分别为，的中点，则，
可得，所以四点，，，在同一平面内，故A正确；
对于选项B：延长，则相交于点，即，
又因为平面，平面，
则平面，平面，
且平面平面，所以，
即三条直线，，有公共点，故B正确；
对于选项C：因为平面，平面，，
所以直线与直线是异面直线，故C错误；
对于选项D：因为均在平面内，连接，则与相交，
所以直线上存在点使，，三点共线，故D正确；
故选：ABD.
题型10 空间两直线位置关系的判定
34．（2025·山东济南·三模）如图，下列正方体中，M，N，P，Q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线MN和PQ为异面直线的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由已知，结合正方体的结构特征及平行公理推、情感教练的判定定理逐项分析判断.
【详解】对于A，如图，，四点共面，A不是；
对于B，如图，，四点共面，B不是；
对于C，如图，，四点共面，C不是；
对于D，如图，平面，平面，平面，直线，
则与是异面直线，D是.
故选：D
35．（2025·上海·模拟预测）如图，是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是（ ）．

A．和；B．和；C．和；D．和．
【答案】D
【分析】根据棱台的性质及直线与直线的位置关系即可判断.
【详解】因为是正四棱台，所以，故A错误，
侧棱延长交于一点，所以与相交，故B错误，
同理与也相交，所以四点共面，所以与相交，故C错误，
与是异面直线，故D正确.
故选：D
36．（25-26高三上·江苏镇江·开学考试）在正方体中，点满足，则（ ）
A．与一定是异面直线
B．与一定是异面直线
C．
D．平面
【答案】BCD
【分析】由题设在线段上，应用异面直线的定义及平面的基本性质判断A、B；由线面垂直的判定、性质定理判断C；由线面、面面平行的判定、性质定理判断D.
【详解】由，即在线段上，
A：当为与的交点时，由，即共面，
此时平面，则与不是异面直线，错；
B：由平面，平面，平面，且，
所以与一定是异面直线，对；

C：由平面，平面，则，
而，，且平面，
所以平面，平面，则，
同理可得，，且平面，
所以平面，平面，则，对；
D：由且，即为平行四边形，即，
由平面，平面，则平面，
同理可证平面，而，平面，
所以平面平面，平面，则平面，对.
故选：BCD
题型11 异面直线所成的角
37．（2025·江苏南京·三模）在直三棱柱中，所有棱长都相等，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接，得即为异面直线与所成的角，设，利用余弦定理可得答案.
【详解】连接，因为，所以四边形为平行四边形，
所以，所以即为异面直线与所成的角或补角，
设，则，，
连接，则，因为，
所以平面，平面，所以，
，，
由余弦定理得.
所以异面直线与所成角的余弦值是.
故选：D.
38．（2025·云南红河·三模）在四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点，，若四棱锥的外接球半径为2，则与所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将四棱锥补成长方体，设，根据条件可求得，可得与所成的角即为或其补角，在中，利用余弦定理求解.
【详解】设，如图所示，将四棱锥补成长方体，
则四棱锥的外接球半径等于长方体的外接球半径，
因为，，即，所以．
又，所以与所成的角即为或其补角，
由题意以及长方体结构特征知和均为直角三角形，
所以，，
所以．
可知与所成的角为，所以与所成的角的正弦值为．
故选：B．
39．（2025·广西南宁·二模）已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，与分别为该圆柱的上、下底面的一条直径，若从点出发绕圆柱的侧面到点的最小距离为，则直线与直线所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据最小距离可得的长度为，即可根据异面直线所成角的定义即可求解.
【详解】根据题意可知圆柱的半径和高分别为，
由于从点出发绕圆柱的侧面到点的最小距离为，故展开图中，则,故，
因此在圆柱中，在下底面作平行于的直径，则的长度为，故所成的角为或其补角，
由于，故直线与直线所成的角为，
故选：C
40．（2025·辽宁辽阳·一模）如图，三棱柱的所有棱长都为，且，、、分别为、、的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接、，推导出，可知异面直线和所成角等于或其补角，利用余弦定理求出、的长，推导出，可求出的余弦值，即为所求.
【详解】连接、，如下图所示：

因为、分别为、的中点，所以，且，
因为且，所以，四边形为平行四边形，
所以，且，
因为为的中点，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
故异面直线和所成角等于或其补角，
在菱形中，，，，
由余弦定理可得，
在中，，，，
由余弦定理可得，
在中，，，，所以，，故，
所以，.
因此，异面直线和所成角的余弦值为.
故选：D.
题型12 空间几何体的交线与截面问题
41．（2025·广东湛江·二模）已知正方体的棱长为，以顶点A为球心，为半径的球的球面与正方体的表面的交线总长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据长度关系分析可知球面与表面没有公共点，且与表面，的交线都是圆心角为，半径为2的圆弧，即可得结果.
【详解】因为正方体的棱长为，则表面上的点到点A的最大距离为，
所以以顶点A为球心，为半径的球的球面与这三个表面没有公共点．
如图，若球面与表面的公共点为P，
因为，则，
由，可得，同理可得，则，
可知P的运动轨迹是以D为圆心，2为半径的圆与表面的交线都是圆心角为，半径为2的圆弧，
同理可得球面与表面的交线也都是圆心角为，半径为2的圆弧，
所以交线总长为．
故选：B.
42．（2025·青海海东·二模）如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，作出截面并求出其面积.
【详解】在正方体中，取的中点，的中点，连接，

由是的中点，得，则四边形为平行四边形，
，由是的中点，得，
梯形是正方体被平面所截得的截面，
，，
所以所求截面的周长是.
故选：B
43．（2025·全国·模拟预测）正方体的棱长为4，点M在棱上，平面ACM把正方体分成两个几何体，其中一个几何体的体积为14，则平面ACM截正方体所得的截面周长为（ ）
A．B．C．D．15
【答案】A
【分析】设平面与棱交于点，则，设，由棱台的体积求得，进而可求得截面周长.
【详解】设平面与棱交于点，则，几何体是三棱台，
由题意知该三棱台体积为14．设，则，
解得，平面截正方体所得的截面为等腰梯形，
，，，所以截面的周长为.
故选：A．
44．（2025·内蒙古包头·模拟预测）如图，正方体的棱长为2，分别是棱的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ）
A．不存在点，使得平面
B．过三点的平面截正方体所得截面图形是五边形
C．三棱锥的体积为4
D．三棱锥的外接球表面积为
【答案】D
【分析】对于A，找到中点为点，易得平面，排除A项；对于B，作出截面并判断形状即可排除；对于C，利用等体积法转化，结合三棱锥体积公式即可判断；对于D，根据三棱锥的墙角模型，将其补形成长方体，从而将三棱锥的外接球转化成对应长方体的外接球来求解.
【详解】对于A，当为中点时，由三角形中位线定理可得，
因为平面，平面，所以平面．故A错误；
对于B，由中位线可得，在正方体中，易证，所以，
即就是一条截线，连，得截面，又因，所以截面为梯形，故B错误；
对于C，点到平面的距离为2，
故，故C错误；
对于D，因两两垂直，
则三棱锥的外接球可以补形成以这三边长为长、宽、高的长方体的外接球，
则外接球半径即该长方体的体对角线的一半，即，
故其表面积，故D正确．
故选：D.
题型13 与线、面平行相关命题的判定
45．（2025·四川成都·模拟预测）已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【分析】利用线面平行的判定定理可推断A，利用面面平行的性质定理可推断B，利用空间垂直与平行的关系可推断CD.
【详解】对于A，若，则或，故A错误；
对于B，若，则或与是异面直线，故B错误；
对于C，若，则或，故C错误；
对于D，若，则，又因为所以，故D正确，
故选：D.
46．（2025·安徽合肥·模拟预测）设是两条不重合的直线，是三个不重合的平面，则下列命题中错误的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】A
【分析】根据空间中直线与直线位置关系可判断A；根据面面平行的性质定理可判断B；根据线面垂直的性质可判断C；根据面面平行与线面垂直的性质可判断D.
【详解】若，则或与互为异面直线，故A错误；
若，由面面平行的性质定理，可得，故B正确；
若，由线面垂直的性质，可得，故C正确；
若，则，
又因为是两个不同的平面，是两条不重合的直线，则，D选项正确；
故选：A
47．（2025·北京·三模）已知平面，直线，则下面结论正确的是（ ）
A．若，则；
B．若，则；·
C．若，则；
D．若，则；
【答案】A
【分析】BCD可举出反例；A利用线面平行的性质，及平行的相关定理可推理判断.
【详解】对于A，由，则存在相异于的直线，
，使，即，
又，所以，又，所以，
故，故A正确；
对于B，若，则或，故B错误；
对于C，若，则或，故C错误；
对于D，仅说明直线与交线垂直，不能保证垂直于内的所有直线，故D错误；
故选：A.
题型14 直线与平面平行的证明
48．（2025·四川成都·一模）如图，在四棱台中，下底面是边长为的正方形，侧棱与底面垂直，且.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作辅助线构造平行四边形，得到线线平行通过线面平行的判定定理可证；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量进而求法向量夹角的余弦值即可.
【详解】（1）连接交于点，连结，.
因为底面是正方形，所以是的中点.
又，所以，故.
由棱台的定义，与共面，因为棱台的上、下底面平行，所以它们与平面的交线平行，即.
所以四边形为平行四边形，故.
又因为平面，平面，所以平面.
（2）以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，，.
故，，，.
设平面的法向量，由得.
取，得平面的一个法向量.
设平面的法向量，由得.
取，得平面的一个法向量.
故.
所以平面与平面夹角的大小为.
49．（2025·海南·模拟预测）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．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，利用线面平行、面面平行的判定推理得证.
（2）取的中点，的中点，利用几何法求出异面直线的夹角余弦.
【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.
50．（2025·山西晋城·模拟预测）如图，在四棱柱中，底面为平行四边形，点是线段上的一个动点，、分别是、的中点.

(1)求证：平面；
(2)若四棱柱的体积为，求三棱锥的体积的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，由中位线可知，然后结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）由是的中点得，再由平面，，所以，又，，联立即可得解.
【详解】（1）在四棱柱中，连接，如图，

因、分别是、的中点，则有，
又平面，平面，所以平面.
（2）由是的中点得，
在四棱柱中，，，
故四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，则平面，
又点是线段上的一个动点，
则，
所以三棱锥的体积的值.
51．（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15 直线与平面平行的性质
52．（2025·北京大兴·三模）如图，矩形，平面平面，，平面ADF与棱BE交于点．
(1)求证：；
(2)求直线CF与平面ADF夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由和证明平面平面，进而证明；l
（2）以为原点，分别以所在直线为x轴，轴，轴建立空间直角坐标系，,求出平面ADF的一个法向量为，进而求出直线CF与平面ADF夹角的正弦值.
【详解】（1）证明：因为，平面,平面,
所以平面,
又，平面,平面,
所以平面,
又，且平面
所以平面平面,
又因为平面CDF，所以平面
因为平面ADF，平面平面
所以，即
（2）因为平面平面ABCD
所以．又,
如图，以为原点，分别以所在直线为x轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则
所以
设平面ADF的一个法向量为，则，即
不妨令，则，所以
所以直线CF与平面ADF夹角的正弦值.
53．（2025·湖南长沙·三模）在直三棱柱中，，，，，，
(1)若平面，求的值；
(2)若二面角与二面角的大小相等，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连接交于点，连接，由线面平行的性质可得出，再结合中位线的性质可得出的值；
（2）解法一（几何法）：过点在平面内作，垂足为，连接、，分析可知二面角和二面角的平面角分别为、，根据以及二倍角的正切公式求出的长，即可求出的值；
解法二（空间向量法）：以为原点，、、分别为、、轴正方向建立空间直角坐标系，设二面角与二面角的平面角分别为、，且，利用空间向量法结合二倍角的余弦公式可得出的等式，解之即可.
【详解】（1）连接交于点，连接，
平面，平面，平面平面，
，
又是的中点，故是的中点，.
（2）因为二面角与二面角的大小相等，
所以二面角是二面角的大小的一半，
法一：几何法
过点在平面内作，垂足为，连接、，
，，，、平面，
平面，
平面，，
又，，、平面，平面，
又、平面，，，
二面角和二面角的平面角分别为、，
分别记作和，则为锐角，且，
因为，，，故，
所以，，
即，解得，
又，解得，所以．
法二：空间向量法
在直三棱柱中，平面，，
以为原点，、、分别为、、轴正方向建立空间直角坐标系，
则、、、、，
则，，，
易知平面的一个法向量，
设平面与平面的一个法向量分别为、，
设二面角与二面角的平面角分别为、，且，
则，取，可得，
，取，可得
则，，
由，即，因为，解得.
54．（2025高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，且，，，为上一点．
(1)若，，且平面，求的值；
(2)若点不与和重合，且二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的大小．
【答案】(1)2
(2)．
【分析】（1）连接，并延长交的延长线于点，连接，由线面平行的性质定理结合线段成比例可得；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，令，分别求出平面和平面的法向量，代入空间二面角公式求出，再求出平面的法向量，代入空间线面角公式可得.
【详解】（1）如图1，连接，并延长交的延长线于点，连接．
因为平面，平面，平面平面，
所以．
因为，所以点为线段的中点．
因为，所以．
因为，所以．
故．
（2）由题意，得两两垂直，以所在直线为坐标轴，建立如图2所示的空间直角坐标系，则，，．
令，且，则，，．
设平面的法向量为，
则所以．
设平面的法向量为，
则所以，
故，解得，故．
设直线与平面所成的角为，平面的法向量为，
则．
因为，
所以，即与平面所成角的大小为．
题型16 平面与平面平行的证明
55．（2025·上海杨浦·三模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，点E，F，G分别为PD，AB，AC的中点.
(1)求证：平面平面PBC；
(2)若，
（i）求点F到平面AEG的距离.
（ii）画出四边形ABCD的斜二测直观图，并求斜二测直观图面积
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）；（ii）直观图见解析，面积为.
【分析】（1）延长交于点，利用线面平行的判定、面面平行的判定推理得证.
（2）（i）在三棱锥中由等体积法求得点F到平面AEG的距离；（ii）用斜二测画法作图，并进行计算.
【详解】（1）由分别为的中点，得，而平面，平面，
则平面，延长交于点，连结，由，得，
由是的中点，得是的中点，又是的中点，
则，而平面，平面，
因此平面，又平面，且，
所以平面平面.
（2）（i）设点到平面的距离为，取的中点，连结，
则，且，
由平面，得平面，由，
得，
在△中,，则，
又，于是，解得，
所以点F到平面AEG的距离.
（ii）取直角梯形底边的中点，以点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，
作坐标系，使，在上取点，使，且为的中点，
在轴上取点，使，过作轴，且使，
连接，则梯形是直角梯形的斜二测直观图，如图，
梯形的面积.
56．（2025·安徽·模拟预测）如图1，E，F，G，H分别是正方形各边中点，将分别沿折起，使得所在平面与底面均垂直（如图2），连接．

(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面所成二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）A，B，C，D在平面上的投影分别为的中点，先证，再由线面平行的判定证明平面，平面，最后由面面平行的判定证明结论；
（2）法一：构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，求出平面与平面的法向量，向量法求面面角的余弦值，进而求其正切值；法二：取的中点，根据面面角定义得到所求角是的二倍并求得，再应用二倍角正切公式求正切值；
【详解】（1）如图1，A，B，C，D在平面上的投影分别为的中点，
因为是全等的等腰直角三角形，所以，
又所在平面与底面均垂直，
所以与底面均垂直，从而，
故四边形均为平行四边形（矩形），因此，
由平面，平面，则平面，
同理可证平面，又相交且都在平面内，
所以平面平面；

（2）法一：如图2建立空间直角坐标系，不妨设，
则，
所以，，，，
设平面的法向量为，则，
从而，取，则，
设平面的法向量为，则，
从而，取，则，
从而，故，
所以，，即平面与平面所成二面角的正切值为．
法二：如图3，取的中点，易知，，
由都在平面内，则平面，记，
由对称性可知，所求角是的二倍，根据题意，不妨设，
则，所以，因此.
57．（2025·四川德阳·三模）如图，四边形是矩形，平面，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若平面与棱交于点，求平面与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据得到平面，同理由得到平面，从而得到面面平行；
（2）两两垂直，建立空间直角坐标系，设，由面面平行的性质得到线线平行，进而得到方程，求出的坐标，求出平面和平面的法向量，求出两法向量的夹角余弦值，根据同角三角函数关系得到面面角的正弦值.
【详解】（1）因为，平面，平面，
所以平面，
因为四边形是矩形，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，平面，
所以平面平面ABE；
（2）平面，平面，
所以，故两两垂直，
故以A为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
，，.
由（1）平面平面ABE，由面面平行的性质可得，
设，
则，
由得，
解得，即的坐标为，
设平面的法向量，
，，
则，
令，则，故，
设平面的法向量，
，，
则，
令，则，故，
所以，
故平面与平面所成角的正弦值为.
题型17 平面与平面平行的性质
58．（2025·北京·模拟预测）在如图所示的多面体中，，四边形为矩形，，.
(1)求证：平面；
(2)，平面平面，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）由线线平行证平面，平面，再由线面平行证明平面平面，利用面面平行的性质即可证得结论；
（2）先由平面平面证明平面，即得，结合条件证明平面，即得，建立空间直角坐标系，求出相关点和向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得.
【详解】（1）由四边形为矩形，可得，因 平面，平面，故平面；
因，平面，平面，故平面，
又因平面，故有平面平面.
再由平面可得平面.
（2）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面.
又因为平面，所以，在矩形中，.
因为平面，，故平面.
因为平面，所以.
故分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意得，，，.
所以，.
设平面的法向量为，则
即
令，则，.于是.
因为，设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
59．（2024·四川成都·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，侧面底面，侧棱与底面成的角，，底面是边长为2的正三角形，其重心为，是线段上一点，且平面.
(1)求的值；
(2)求平面与底面所成的二面角的正切值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由面面平行得出，从而；
（2）添加辅助线用三垂线定理构造二面角的平面角，解三角形解得即可.
【详解】（1）
如图，作交于点，连接，则，
因为平面，平面，故平面，
而平面，平面，
故平面平面，
而平面平面，平面平面，
所以，从而.
（2）如图，延长交于点，由（1）可知为中点，从而，，三点共线，
过点作于点，则平面，且，
.过点作于点，则为所求二面角的平面角.
由于，所以，所以，
即平面与底面所成的二面角的正切值为.
60．（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，．
(1)设分别为的中点，为的重心，证明：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)
【分析】（1）只需证明平面及平面进而证得平面平面，根据面面平行的性质，证得结果；
（2）建立空间直角坐标系，求出及平面的法向量，利用向量公式即可得解.
【详解】（1）因为分别为的中点，则．
又在平面外，则平面．
连接，延长交于，连接．因为为的重心，则
为的中点，从而．
又在平面外，则平面．
因为是平面内的两条相交直线，则平面平面．
因为平面，所以平面．
（2）因为底面，以为原点，
如图所示建立空间直角坐标系．
由已知可得，点．
则．
设为平面的法向量，则，即．
取，则，所以．
设直线与平面所成的角为，
则．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
61．（2025高三·全国·专题练习）如图，在正方体中，已知分别为棱，，，的中点．求证：

(1)平面平面；
(2)平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）连结，利用中位线性质及线面平行的判定定理得平面，平面，从而利用面面平行的判定定理证明即可.
（2）连结，交于点，连结，，利用线面垂直的判定定理得平面，进而利用线面垂直的性质定理得，同理可得，则由线面垂直的判定定理得平面，进而利用线面垂直的性质得平面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可.
【详解】（1）如图，连结．

因为分别为棱，的中点，所以．
因为分别为棱，的中点，所以．
在正方体中，显然有，所以．
由，平面，平面，得平面，
由，平面，平面，得平面．
又因为平面，平面，，
所以平面平面．
（2）如图，连结，交于点，连结，．

由为正方体得，平面，
平面，从而．
又，且平面，平面，
所以平面，平面，故．同理可得．
又显然是的中点，结合为的中点得，
所以，，，平面，
所以平面．
因为平面平面，所以平面．
又因为平面，所以平面平面，
即平面平面．
题型18 平行关系的综合应用
62．（24-25高三下·河南驻马店·开学考试）如图所示，在这个正方体中，棱长为2，E、F分别为所在棱的中点，点在棱上，且满足.
(1)若，求证：平面；
(2)若点在线段上，且满足平面，且的取值范围为，求的取值范围.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）连接，由题可得，根据线面平行的判定即可证明；
（2）设交于点，连接并延长交的延长线于，由题可证四边形为平行四边形，得到，利用，可得，继而得到，即可.
【详解】（1）证明：连接，，，则为中点，
又为的中点，所以，
在正方体中，，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）设交于点，连接并延长交的延长线于，
平面，平面，平面平面，
，又，所以四边形为平行四边形，
则，又，所以，
又，所以，
，，
所以,因,则可得.
63．（24-25高三下·广东汕头·期中）如图，四棱锥中，平面，底面是正方形，，为中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)设平面平面，求证：平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用中位线性质可得，再由线面平行判定定理可证明所以平面；
（2）根据线面垂直性质由平面可得，结合正方形中可证明平面，再由线面垂直判定定理证明平面；
（3）易证平面，由平面平面，根据线面平行性质定理证明，即可得平面．
【详解】（1）连接，交于，如下图所示：
因为底面是正方形，故为的中点，所以，
又因为平面，平面，
所以平面；
（2）∵平面，平面∴，
又∵在正方形中，，
，，平面，
∴平面，
又∵平面，∴，
∵，为中点，故，
又，且平面PCB，平面，
∴平面
（3）在正方形中，有，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为面，平面平面，所以，
又因为平面，平面，
所以平面．
题型19 与线、面垂直相关命题的判定
64．（2025·天津·二模）已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．，，，B．，，
C．，D．，
【答案】D
【分析】对于A当时，则与有可能相交即可判断，对于B当时即可判断，对于C由线面位置关系即可判断，对于D由线面垂直的判断定理即可判断.
【详解】对于A：当时，满足，，，，则与有可能相交，故A错误；
对于B：当时，则，，，故B错误；
对于C：满足，，则或，故C错误；
对于D：由，,故D正确.
故选：D.
65．（2025·重庆·二模）已知 是两条不重合的直线， 是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若 ，则
B．若 ，则
C．若 ，则
D．若 ，则
【答案】D
【分析】利用空间线、面平行或垂直的判定与性质，对每个选项逐一判断，通过举反例可判断ABC，由线面平行的性质可判断D.
【详解】对于A，如图所示：，但，故A错误；
对于B.，如图所示：满足 ，但，故B错误；
对于C，满足，但不平行，故C错误；
对于D， ，由线面平行的性质可和，故D正确.
故选：D.
66．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）已知直线、与平面、、，则能使的充分不必要条件是（ ）
A．，B．，，
C．，，D．，，
【答案】D
【分析】根据各选项中线面、线线、面面的位置关系判断出、的位置关系，即可得出结论.
【详解】对于A选项，若，，则、平行或相交，A不满足要求；
对于B选项，若，，，则、平行或相交，B不满足要求；
对于C选项，若，，，则、斜交或垂直，C不满足要求；
对于D选项，如下图所示：

因为，过直线作平面，使得，
由线面平行的性质定理可得，
因为，则，因为，故；而反过来不成立；D满足要求.
故选：D.
题型20 证明线线垂直
67．（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.
68．（2025·全国·模拟预测）如图所示，平面四边形中，，，，，，点满足．将沿翻折至，使得．
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】 （1）根据题意先计算，利用余弦定理可得，结合勾股定理有，根据翻折的不变关系和线面垂直的判定定理证得线面垂直，进而得到线线垂直；
（2）利用空间向量法计算线面夹角；
【详解】（1）由题意可知，，又，
所以由余弦定理得，故．
又，所以．由及翻折的性质知，
又，平面，所以平面，
又平面，所以
（2）如图所示，连接，由题可知，，
故．
又，所以，故．
又平面，所以平面．
以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则．
由得，则，，．
设平面的法向量为，则，即,
令，则．
设直线与平面所成角为，
，
则．
故直线与平面所成角的余弦值为．
69．（2025·全国·模拟预测）如图所示，在五棱锥中，，，，，．
(1)证明：；
(2)证明：平面；
(3)求平面与平面夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)
【分析】（1）借助勾股定理逆定理可得，再借助线面垂直的判定定理及其性质定理即可得证；
（2）利用勾股定理可得，再利用勾股定理逆定理可得，最后借助线面垂直的判定定理即可得证；
（3）建立适当空间直角坐标系后，可得平面与平面的法向量，最后利用空间向量夹角公式计算即可得解.
【详解】（1）在中，，所以，
则，即，又，所以，
因为，，平面，所以平面，
又平面，所以；
（2）连接，在中，，
所以，
在中，，
所以，则，即，
由（1）知，，又因为平面，
所以平面；
（3）以为坐标原点，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，过点作轴于点，
因为，所以，
又，故，
则，
所以．
设平面的法向量为，
则，即，
不妨令，则，所以为平面的一个法向量，
依题意，为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
又因为，所以平面与平面夹角的正弦值为.
70．（2025·安徽·模拟预测）如图，在四棱台中，平面，，.
(1)求证：；
(2)若三棱锥的外接球表面积为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)根据勾股定理证得,由平面推得，根据线面垂直的判定定理可得平面，进而得到．
(2)由三棱锥的外接球表面积为，求得的长度，建立恰当的空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，即可求得两个平面夹角的余弦值．
【详解】（1）因为，所以四边形为平行四边形，
.
在中，，.
由余弦定理可得，DB２=AB2+AD2-2AB⋅AD⋅cs60∘=16+4-8=12，
所以，所以为直角三角形，所以.
因为平面平面，所以，
因为平面平面，且，
所以平面，
因为平面，所以．
（2）由(1)知，两两垂直，
所以三棱锥的外接球的直径长为DA2+DB2+DD12,半径为DA2+DB2+DD122,
故π⋅DD12+DA2+DB2=17π，解得.
因为A1D1=1,,所以B1D1BD=A1D1AD=12,
由平面，知点在底面的投影是的中点．
以为坐标原点，如图所示建立空间直角坐标系，则B10,3,1,C-2,23,0,D10,0,1，
所以B1C=-2,3,-1,B1D1=0,-3,0.
设为平面的一个法向量，则n⋅B1C=-2x+3y-z=0n⋅B1D1=-3y=0
令，则为平面的一个法向量.
易知平面的一个法向量为，
则csm→,n→=m→⋅n→m→⋅n→=25=255，
即平面与平面夹角的余弦值为.
题型21 证明线面垂直
71．（2025·全国·模拟预测）在平行四边形中（图1），，为的中点，将等边沿折起，连接，且（图2）．
(1)求证：平面；
(2)为线段上的动点（不含端点），能否与平面平行？说明理由；
(3)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)不可能，理由见解析；
(3)
【分析】（1）根据余弦定理和勾股定理证明，结合线面垂直的判定定理即可证明；
（2）假设平面，推导出错误结论平面平面，即可说明不可能与平面平行；
（3）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可.
【详解】（1）连接，因为，为的中点， 是等边三角形，
则，
则在中，因为，，
所以．
在中，因为，所以，
同理可得，
又，，
故平面．
（2）不可能与平面平行，理由如下：
假设平面，
又因为平面平面．
所以平面．
因为平面平面，
从而有平面平面，这显然不成立，
所以不可能与平面平行．
（3）设为的中点，则．
因为平面平面，
所以平面平面．
又平面平面平面，所以平面．
以点为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，
过点且平行于的直线向上方向为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以．
设平面的法向量为，
因为，
所以，
取，则，所以，
设直线与平面所成角为，
则．
72．（2025·全国·模拟预测）如图所示，在菱形中，，，分别为的中点，，，将沿翻折，使到处，．
(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定，结合勾股定理逆定理推理得证.
（2）结合（1）的信息可得平面平面，法1，利用几何法求出线面角的正弦；法2，建立空间直角坐标系，利用向量法求出线面角的正弦.
【详解】（1）在菱形中，，则为等边三角形，，，
，，，28，
于是，即，
又，则，
而平面，所以平面.
（2）方法1：由为等边三角形，得，又平面，
则平面，又平面，于是平面平面，
在平面内过作于，连接，又平面平面，
因此平面，为与平面所成角，
在中，由，得，
在中，，
则，
在中，，
在中，，
则，所以与平面所成角的正弦值为.
方法2：由为等边三角形，得，又平面，
则平面，又平面，于是平面平面，
在平面内过作于，因此平面，
在中，由，得，
在中，，
以为坐标原点，直线分别为轴，垂直于底面的直线为轴建立空间坐标系，
则平面的法向量为，点，，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为.
73．（2025·安徽合肥·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.求平面SNC与平面ABN所成夹角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据已知求得，进而得，再由线面垂直的判定证明结论；
（2）根据已知构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，求出相关平面的法向量，再应用向量法求面面角的余弦值，进而求正弦值.
【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）由（1）知，平面，，所以平面，
又在平面内，所以平面平面，
由在平面内，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，
设平面的法向量，则，所以，
令，则，即，
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.
74．（23-24高三下·湖南岳阳·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，且，，等边三角形PCD所在的平面垂直于底面ABCD，．
(1)求证：面．
(2)若直线PB与平面ABCD所成角的正切值为，求二面角P-AB-D的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取CD中点H，连接PH，根据是等边三角形和面ABCD⊥面PCD，得到面ABCD，进而有，再由，利用线面垂直的判定定理证明；
（2）连接BH，AH，过点H作，易得直线PB与面ABCD所成的角为，为二面角P-AB-D的平面角求解.
【详解】（1）如图所示：
取CD中点H，连接PH，
是等边三角形，，
面ABCD⊥面PCD，且交线为CD，面PCD，，
面ABCD，面ABCD，
，
又平面，
面PCD.
（2）连接BH，AH，过点H作，
面ABCD，所以直线PB在底面ABCD上的射影为直线BH，
直线PB与面ABCD所成的角为，
设，则，，
，
，，，
面ABCD，而平面，
，且平面，
面PHE，面PHE，，
为二面角P-AB-D的平面角，
在中，，
解得，
在中，，
，
所以二面角P-AB-D的余弦值为.
题型22 证明面面垂直
75．（2025·广东广州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，侧面为等边三角形，平面平面，E为PB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）根据面面垂直的性质定理得出平面，接着求证面，再根据面面垂直的判定定理即可得证.
（2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，根据面面角的向量方法，求出面的法向量即可计算求出面与面夹角的余弦值.
【详解】（1）
如图所示，作线段的中点，连接，
因为侧面为等边三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，面，
所以平面，因为平面，所以，
因为底面为矩形，所以，
因为，面，面，所以面，
因为平面，所以平面面.
（2）
如图所示，作中点，连接，则
由（1）可得，面，面，所以面，
则可以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系；
则，
可得，
设面的法向量为，则，得，
令，解得，所以面的一个法向量为，
易知面得一个法向量为，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
76．（2025·江苏连云港·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，，．
(1)证明：平面平面；
(2)若点在侧棱上，，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可得到结果.
（2）利用面面夹角的向量求法即可求得结果.
【详解】（1）
取中点，连接，可得四边形是边长为1的正方形，
则，，又，故，
因为平面，平面，所以，
又因为，，平面，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面
（2）
分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，由得，，
在平面中，，，设平面的法向量为，
则有，令，解得，，，
故平面的一个法向量为，
同理,,设平面的一个法向量为,
则有,令，则，故，
设平面与平面的夹角为，则，
综上，平面与平面的夹角的余弦值为
77．（2025·海南三亚·一模）在多面体中，为平行四边形，平面，为的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)已知多面体的体积为，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，分别证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面；
（2）由，利用锥体的体积公式，求得，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：因为平面且面，所以，
又因为，可得
因为且面，则平面
又因平面面，所以平面平面.
（2）解：因为，由（1）可知三棱锥中，由面，
则解得，
由（1）可知，，两两相互垂直，
以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴和轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
由（1）可知，，可得，
则，
设面的法向量，则，
令，可得，所以，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为.
78．（2025·河北邢台·三模）如图，在斜三棱柱中，，，点在底面上的投影为的中点，点满足.
(1)当时，证明：平面平面；
(2)已知 ，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）根据投影的定义结合已知条件可得平面，然后根据面面垂直的判定即可得；
（2）建立空间直角坐标系，通过向量法求解面面夹角的余弦列出方程，然后解方程即可；
【详解】（1）当时，即为线段的中点，
因为，所以，所以，
又，所以，
又因为平面，平面//平面，
所以平面，平面，所以，
且，，平面，所以平面.
又因为平面，所以平面平面.
（2）因为，为的中点，所以，且平面，
故以为坐标原点，，，分别为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，，
所以，，，，
可得，，
所以，.
设平面的法向量为，
则化简得
令，则，，
可得，
由题意可知，平面的法向量，
所以，
又平面与平面夹角的余弦值为，
所以，解得或，所以的值为或.
题型23 面面垂直的性质定理
79．（2025·江西新余·模拟预测）在多面体ABCDE中，平面平面为等边三角形，四边形ABCD为平行四边形，M，N分别为AD，BE的中点.

(1)求证：；
(2)求直线MN与平面ACE所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接，过作，垂足为，过作，垂足为，由题意得到，利用面面垂直的性质得到平面，以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设等边的边长为2，写出各点坐标，通过证明即可证得；
（2）由（1）求得的坐标，进而求得平面ACE的一个法向量的坐标，根据即可求得结果.
【详解】（1）连接，过作，垂足为，过作，垂足为，
∵为等边三角形，N分别为BE的中点，∴
∵平面平面平面平面平面，
∴平面
以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
设等边的边长为2，
则
设则
∵四边形ABCD为平行四边形，M为AD的中点，
所以
.,,
∵，
所以，即.

（2）由（1）知,
设平面的一个法向量为
，取则，
所以是平面的一个法向量.
.
所以直线MN与平面ACE所成角的正弦值为.
80．（2025·全国·模拟预测）如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面平面.且是以为直角顶点的等腰直角三角形.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据条件，利用面面垂直的性质，即可求解；
（2）取中点，连接，根据条件，建立空直角坐标系，分别求出平面的法向量，利用面面角的向量法，即可求解.
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，
又，面，所以平面.
（2）取中点，连接，
因为是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，
由（1）知平面，又面，所以，
又，面，所以面，
又，且，又，所以四边形为平行四边形，
所以，则面，又面，则，
建立如图所示的空间直角坐系，
又，所以，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，则，
取，得，所以，
设平面的一个法向量为，则，
取，得，所以，
所以，
设二面角的大小为，则.
81．（2025·河北·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面平面，是边长为的等边三角形，，且，点E是线段的中点．
(1)求证：平面；
(2)点F满足，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)根据面面垂直的性质定理，线面垂直的性质定理，证明线面垂直即可.
(2)根据面面夹角的向量方法，建立空间直角坐标系，求出法向量，求得面面夹角的余弦值.
【详解】（1）
如图，作中点，连接，
由题意知面面，面面，是等边三角形，
所以，平面，
所以平面，又平面所以，
，平面，
平面.
（2）
如图，连接，可知，则以为坐标原点，以为轴， 以为轴， 以为轴，建立空间直角坐标系.
可得
设，则，
，，
解得.所以.
设面的法向量，可知，
可得即，令，解得
所以面的一个法向量，
设平面的法向量为，
又，，
所以，
取，可得，
所以平面的一个法向量，
则设面与面的夹角为，则，
由题意可知面与面的夹角为锐角，所以夹角余弦值为.
题型24 垂直关系的综合应用
82．（24-25高三下·辽宁辽阳·期末）如图，在正三棱柱中，分别为的中点，.
(1)证明：；
(2)证明：平面平面；
(3)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据正三棱柱的结构特点证明线面垂直，进而得到线线垂直.
（2）根据棱柱的长度，先证，结合（1）的结论，可证平面，进而根据面面垂直的判定定理证明面面垂直.
（3）利用体积法求点到平面的距离.
【详解】（1）因为三棱柱为正三棱柱，所以平面平面.
又为正三角形，为中点，所以.
又平面平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
（2）因为，，分别为的中点，
所以，，所以，
所以，所以，
又，平面，，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（3）如图：
设点到平面的距离为.
则.
又.
在中，，，,所以.
所以.
83．（24-25高三下·吉林长春·期末）如图，在三棱柱中，，平面平面，平面平面．
(1)求证：平面；
(2)求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由勾股定理可得，又平面平面，可得平面，从而，同理，根据线面垂直的判定定理可得结论；
（2）取为的中点，由平面得，则，可证得，所以，进而可得，证得平面，所以，从而平面，进而可得结论．
【详解】（1）因为，所以，所以，
又平面平面，平面平面平面，所以平面．
又平面，所以，
同理可得平面，又平面，所以，
又平面，所以平面；
（2）取为的中点，连接，
由（1）知平面，又平面，所以，
又，所以，
所以，
又，则，
所以，所以．
又，所以，所以，
因为，所以，
又平面，又平面，所以，
又，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．
题型25 平行、垂直关系的综合应用
84．（24-25高三下·山东威海·期末）如图，在三棱锥中，侧面是边长为的等边三角形，，、分别为、的中点．
(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面；
(3)若，二面角的大小为，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）证明出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可得出结论；
（3）由二面角的定义可知为二面角的平面角，则，利用余弦定理求出的长，结合勾股定理可知，分析出为的中点，即可得出的长.
【详解】（1）因为、分别为、的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面．-
（2）因为，为的中点，所以，
因为，，所以，
又，、平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（3）因为，，所以为二面角的平面角，则，
由题意知，，，
在中，由余弦定理得，
所以，可得，
在直角中，，
又因为，，，所以，所以，
即，因为为的中点，所以．
85．（24-25高三下·广东江门·期末）如图，在三棱锥中，，底面，M，N分别是，的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据线面平行的判定定理，由三角形中位线得线线平行，再说明线面平行即可；
（2）根据线面垂直的判定定理，证得线面垂直，由面面垂直的判定定理说明面面垂直.
【详解】（1）因为M，N分别是，的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）因为，所以，
因为底面，底面，所以，
,平面，平面，
平面，
平面，
平面平面．
86．（24-25高三下·江苏南通·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，分别是的中点.

(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）取中点，连接，，利用中位线的性质，结合平行四边形的判定与性质，得出一组线线平行，最后根据线面平行的判定定理即可得证.
（2）利用线面平行的性质和正方形的性质，得出另一组线面平行，根据面面平行的判定定理即可得证.
【详解】（1）取中点，连接，，
因为为中点，所以是中位线，
所以，，
因为是中点，在正方形中，所以，，
所以，，
所以四边形是平行四边形，，
因为平面，平面，
所以平面.

（2）因为平面，平面，
所以，
因为正方形，所以，
因为，平面
所以平面，又平面，
所以平面平面.
87．（24-25高三下·辽宁锦州·期末）如图，直三棱柱中，，若G，F分别是，的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)设M是中点，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）法一：取中点H，连接，，利用线面平行的判定定理证得平面，平面，进而利用面面平行的判定定理得平面平面，最后利用面面平行的性质定理证明即可；
法二：连接，根据中位线的性质得，然后利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）利用棱柱性质得，根据勾股定理得，进而利用线面垂直的性质定理得平面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可；
（3）连接，，利用线面角的定义得即为所求的线面角，在直角三角形中求解正弦值即可；
【详解】（1）法一：取中点H，连接，，
，H，F分别为，和中点．
，，，从而，
平面，平面，平面，平面，
平面，平面，平面，平面，
与在平面内且相交，平面平面，
平面．平.
法二：连接，
为中点为中点，为中 ，
平面，平面，平面.
（2）在直棱柱中，平面，
平面，，
不妨设，，，，
，，
又与在平面内且相交，平面，
平面，平面平面.
（3）连接，，
平面，直线为直线在平面内的射影，
是与平面所成的角，
在中，，
，
故.
88．（24-25高三下·四川成都·期末）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，为棱上一点，且．

(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)求直线与平面所成角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）在上取点，使，利用条件证明四边形为平行四边形，即得，再由线线平行可证线面平行；
（2）由条件先证明平面，再由得到平面，接着利用面面垂直的判定定理可证平面平面；
（3）由（2）的结论：平面，可得即直线与平面所成角，在中利用三角函数的定义即得答案.
【详解】（1）

如图，在上取点，使，连接，因，则，
则得，故，因则，
即四边形为平行四边形，则，又平面，平面，故平面.
（2）因平面，平面，则，
因，平面，故平面，
因，故平面，又平面，故平面平面.
（3）由（2）已得平面，故即直线与平面所成角，
因，故在中，，
即直线与平面所成角的正切值为.
题型26 空间几何体中的探索性问题
89．（2025·四川南充·三模）如图，在等腰梯形中，，，E是的中点，，将沿着翻折成.

(1)求证：平面；
(2)若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值；
(3)在线段上是否存在点P，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）先证四边形ABED是菱形，可得，根据翻折前后不变的位置关系可证AE⊥平面，结合，即可得证；
（2）先说明AE，，DM两两垂直，再以M为原点建系，利用向量法求面面角的余弦值即可；
（3）假设线段上存在点P，使得平面，作出辅助线，得到A，M，P，Q四点共面，并证得四边形AMPQ为平行四边形，再根据线面平行的性质定理，推出P是的中点，得解．
【详解】（1）在梯形ABCD中，连接DE，
因为E是BC的中点，，所以，
又，所以四边形ABED是平行四边形，
同理可证四边形AECD也是平行四边形，
因为，所以四边形ABED是菱形，所以，
翻折后，有， ，
因为，平面，所以平面，
因为四边形AECD是平行四边形，
所以，所以平面；
（2）平面平面，平面平面，
平面，，所以平面，
平面，所以，
由（1）知，，故AE，，DM两两垂直，
以M为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以为等边三角形，同理也为等边三角形，
所以，，
设平面的法向量为，则，
令，得，所以，
易知平面的一个法向量为，
所以，
由图，平面与平面夹角为锐角，
故平面与平面夹角的余弦值为；
（3）假设线段上存在点P，使得平面，
过点P作交于Q，连接MP，AQ，如图所示，
所以，即A，M，P，Q四点共面，
因为平面，平面AMPQ，平面平面，
所以，所以四边形AMPQ为平行四边形，
所以，所以P是的中点，
故在线段上存在点P，使得平面，且.
90．（2025高三·全国·专题练习）如图，在多面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，且，，为的中点．
(1)求证：平面平面．
(2)已知，，，点是线段上的动点．
（ⅰ）判断是否存在一点，使得与垂直？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．
（ⅱ）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)（ⅰ）存在，为线段上靠近点的六等分点；（ⅱ）．
【分析】（1）先分别去证平面内两条直线与平面平行，再利用面面平行的判定定理证明两平面平行；
（2）在几何体内找到三条互相垂直的直线，建立空间直角坐标系，利用数量积的坐标表示去列出方程，求出点的坐标，利用线面角的正弦值等于线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值去表示出直线与平面所成角的正弦值，再结合函数求出其最大值.
【详解】（1）证明：因为，且为的中点，所以，．
又因为，所以，所以四边形为平行四边形，
所以．
又因为平面，平面，所以平面．
同理，，且，所以四边形为平行四边形，则．
又平面，平面，所以平面．
又，平面，且，所以平面平面．
（2）（ⅰ）取的中点，连接，过点作交于点，取的中点，连接．
因为四边形与四边形均为等腰梯形，且，，，
所以，，，，．
在中，，所以，所以．
所以二面角为直二面角，所以平面平面．
又平面平面，平面，所以平面．
因为平面，所以，所以两两垂直．
故以为坐标原点，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，，．
因为点是线段上的动点，所以设，所以．
假设存在点使得与垂直，则，
所以，即，解得．
故当时，点为线段上靠近点的六等分点．
（ⅱ）设平面的法向量为，
则，令，则，，
所以平面的一个法向量为．
由（ⅰ）知，．
设直线与平面所成角为，
则，
易知当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，最大值为．
91．（2025·云南玉溪·模拟预测）如图，在多面体ABCDEF中，四边形CDEF为正方形，，AD=AE=BC=BF=3，EF=2AB=4．
(1)设平面ADE∩平面BCF=l，证明：；
(2)直线DE上是否存在点G，使得DE⊥平面 ABG？若存在，确定点G的位置并说明理由；若不存在，请说明理由；
(3)若，λ∈[0,1]，求平面BFG与平面DEA夹角的余弦的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，为中点，理由见解析
(3)
【分析】（1）根据题意，得到，利用线面平行的判定定理，证得平面，再由线面平行的性质定理，即可证得；
（2）取的中点，得到，再由，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面平面；
（3）设点为中点，取与连线交于点，以建立空间直角坐标系，设到平面的距离为，令，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角，列出关系式，利用函数的单调性，即可求解.
【详解】（1）因为四边形为矩形，
所以，因为平面，平面。
所以平面，因为平面平面，平面，
所以；
（2）存在为中点，使得平面，
理由如下：取的中点，
因为，所以，
因为且，
所以，因为且平面，
所以平面；
（3）设点为中点，取、和中点为，
由（2）知共面且平面，
取与连线交于点，连接，
则，可得为等腰梯形，
所以，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
因为，所以，
设到平面的距离为，
因为四边形和四边形为两个全等的等腰梯形，
所以，设，
因为，
所以，解得，
所以，可得，
令，所以，
设平面的法向量为，
则，
取，可得，
所以，设平面的法向量为，
则，
取，可得，
所以，所以，
令，则，
则，
令，则，
所以在单调递增，
当时，当时，
所以，所以，
故平面BFG与平面DEA夹角的余弦的取值范围为.
题型27 求直线与平面所成的角
92．（24-25高三下·广东东莞·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，点分别是的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）连接，利用三角形中位线定理证明，再由线线平行证线面平行即可.
（2）先证明平面，即得为直线与平面所成角，借助于，即可求得答案.
【详解】（1）如图，连接，因为四边形是正方形，所以点是的中点，
又因是的中点，故得，
又因平面，平面，所以平面．
（2）如图，连接，由（1）得是中点，
因为，所以，
又因为底面是正方形，且为对角线，所以，
又因为平面，所以平面
所以直线与平面所成角为，
因为在中， ，则，
故，即直线与平面所成角的大小为．
93．（24-25高三下·甘肃临夏·期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，为等边三角形，平面平面，．
(1)设分别为的中点，求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）连接，则，利用三角形中位线定理证明，由线线平行即可证得线面平行；
（2）取中点，连接，证明，利用平面平面证明平面，得，结合条件，再由线线垂直即可证得平面；
（3）由（2）已得平面，则即直线与平面所成角，则可借助于，利用三角函数的定义即可求得.
【详解】（1）如图，连接，因底面为平行四边形，则， ，
因，则，因平面， 平面，故平面.
（2）取中点，连接，因为等边三角形，则，
又平面平面，平面平面， 平面，
则平面，又平面，故，
因，平面，故平面.
（3）由（2）已得平面，连接，则即直线与平面所成角，
因为等边三角形，，则，
又，在中，.
即直线与平面所成角的正弦值为.
94．（24-25高三下·福建漳州·期末）如图，在三棱台中，平面ABC，，．
(1)求三棱台的体积；
(2)证明：平面平面；
(3)求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用线面垂直的性质，结合已知求出，再利用棱台的体积公式计算得解．
（2）利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证．
（3）利用线面角的定义求解．
【详解】（1）在三棱台中，平面，平面，则，
在直角梯形中，由，得，
而，则，，
所以
．
（2）由平面，平面，得，
又，，平面，则平面，
又平面，所以平面平面．
（3）连接，
由（2）知，平面，则与平面所成角即为，
在中，，，，
则，即与平面所成角的正弦值为．
题型28 求二面角
95．（24-25高三下·四川泸州·期末）如图，已知平面平面ABCD，四边形ABCD是正方形，，点E，F，M分别是BC，PB，AD的中点．

(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）连接，连接交于点，连接，先得到四边形为矩形，可得为的中点，结合为的中点，可得，进而求证即可；
（2）由，为的中点，可得，再根据平面平面可得平面， 进而得到，进而求证即可；
（3）取为的中点，作，垂足为，连接，分析得到是二面角的平面角，解三角形即得.
【详解】（1）如图，连接，连接交于点，连接，

因为点为的中点，为中点，且 四边形ABCD是正方形，
所以四边形为矩形，
故为的中点，又因为为的中点，所以，
又因为平面，平面，
所以平面．
（2）由，为的中点，得，
又因为四边形是正方形，所以，
又因为平面平面，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．
（3）如图，取为的中点，
由，得，
又因平面平面，平面平面，平面，
平面，
作，垂足为，连接，

由，，所以，
因为平面，
所以平面，又平面，则，
所以就是二面角的平面角，
在中，，，得，
所以，
故所求二面角的余弦值为．
96．（24-25高三下·安徽合肥·期末）如图，在四棱锥中，底面，是的中点，点在棱上，且，四边形为正方形，．
(1)证明：；
(2)求点到平面的距离；
(3)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证平面，再证平面，即可证；
（2）由可求；
（3）为二面角的平面角，求出，可求.
【详解】（1）证明：因为底面，底面，所以，
因为四边形为正方形，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
在中，因为，是的中点，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以．
（2）连接交于点，如图所示：
则，又因为底面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，则点到平面的距离为，因为是的中点，所以，
因为底面正方形边长为，所以，，
所以，，
所以，
，所以．
在中，满足，有，
所以，
设点到平面的距离为，
由可得
（3）由（1）可得平面，因为平面平面，
所以，所以为二面角的平面角，
，
因为，，所以，
所以，解得，
因为，即，所以，
故二面角的余弦值为．
97．（24-25高三下·辽宁辽阳·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，是线段上一点，且.
(1)证明：平面；
(2)若是正三角形，，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）在上取一点，使得，得到四边形为平行四边形，故，根据线面平行的判定定理即可证平面；
（2）取的中点，的中点，由面面垂直得到⊥平面，⊥，⊥，设，由余弦定理和勾股定理逆定理得到⊥平面，即为二面角的平面角，解三角形即可求出.
【详解】（1）在上取一点，使得，连接，
因为，所以且，
又，所以且，
所以四边形为平行四边形，故，
因为平面，平面，
所以平面；

（2）取的中点，的中点，连接.
因为是正三角形，所以⊥
因为平面平面，交线为，平面，
所以⊥平面.
因为平面，所以⊥.
设，则，，
又，由勾股定理得，
，故，
因为，所以，.
在三角形中，由余弦定理得
，
故，故，则，
因为，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
所以即为二面角的平面角，
其中，，
由勾股定理得，
所以，即二面角的余弦值为.
题型29 求空间距离
98．（24-25高三下·天津·期末）如图，在棱长为4的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱的中点.

(1)求证：平面；
(2)求二面角的平面角的正弦值；
(3)求点到面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据正方体的相关性质，得到各线面之间的关系，最后由线面垂直的性质证明；
（2）利用正方体性质，通过线面垂直判定，确定为二面角平面角，根据正方体棱长及中位线、勾股定理，得，的线段长度，用，算出结果 ；
（3）利用等体积法求点到面的距离.
【详解】（1）在正方体中，,,所以.

根据正方形的性质，其对角线互相垂直，所以，
因为正方体中相对面的面对角线平行，所以，故,
又因，,
所以平面；
（2）连接，交于点，设与交于点，连接，.
作的中点，连接交于点，，

由（1）得，平面
因为，，，则，
又，所以.
易知平面,则
那么就是二面角的平面角,
由中位线定理得
已知正方体棱长为4，则.
在中，根据勾股定理，得.
根据正弦函数的定义，在中，，
所以，二面角的平面角的正弦值为 .
（3）设点到面的距离为，点到面的距离为，
因为
所以，
又的面积，
的面积，，
所以，解得：，
所以点到面的距离为.
99．（24-25高三下·辽宁丹东·期末）如图，三棱柱的所有棱长均为2，为等边三角形.

(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）作出辅助线，根据三线合一性质得到，，从而证明出线面垂直；
（2）解法1：设点到平面的距离为，先求出点到的距离，由（1）知，平面，先计算出，并求出，由等体积法求出；
解法2：过C作，垂足为E，由（1）得面面垂直，推出平面，则即为点到平面的距离，求出点到的距离，根据三角形面积得到方程，求出，点C到平面的距离为；
（3）求出，由余弦定理得，由勾股定理逆定理得，，连接，即为二面角的平面角，由勾股定理逆定理得，求出，得到答案.
【详解】（1）证明：设，连接，
因为四边形为菱形，所以，，
又因为为等边三角形，所以，
因为，平面，所以平面.
（2）解法1：设点到平面的距离为，
在中，，，
可得点到的距离为，
由（1）知，平面，
所以，
又因为，所以.
解法2：由（1）知，平面，平面，
所以平面平面，平面平面，
过C作，垂足为E，所以平面，
则即为点到平面的距离，
在中，，，
可得点到的距离为，
所以，则，
所以点C到平面的距离为；

（3）由（2）知，，，
在中，，则，
在中，由余弦定理得，
解得，
又，则，所以，
故四边形为矩形，，
又为等边三角形，故，又，
则，所以，
设，连接，，所以，
又，所以即为二面角的平面角，
因为，，，所以，
由勾股定理逆定理得，
所以，所以二面角的正弦值为.
100．（24-25高三下·北京房山·期末）如图，在直三棱柱中，，，，E，F分别是，的中点.

(1)求证：平面；
(2)求证：平面BCE；
(3)求点B到平面ACE的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由平面得，结合利用线面垂直的判定定理可证；
（2）取为的中点，连接，先证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理可证；
（3）利用等体积法计算出三棱锥的体积，再求出的面积，即可求得点B到平面ACE的距离.
【详解】（1）在直三棱柱中，平面，平面，所以，
又，，、平面，所以平面；
（2）取为的中点，连接，因为F是的中点，故，且，
又，且，所以，且，
又，所以，且，所以四边形为平行四边形，
所以，而平面，平面，平面BCE；

（3）由题意，，，所以，
因为E是的中点，平面，
所以，所以，
又，
设点B到平面ACE的距离为，则，解得，
所以点B到平面ACE的距离为.
解决与空间几何体结构特征有关的问题的技巧
(1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个结论是错误的，只需举出一个反例即可．
(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意正确利用轴截面中各元素的关系．
(3)因为棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．
(1)在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段的位置，注意“三变”与“三不变”．
(2)平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系是S直观图＝eq \f(\r(2),4)S原图形．
解决空间几何体表面距离最短问题,需通过展开，把问题转化为平面两点间线段最短问题．多面体表面展开图可以有不同的形状，要观察并想象立体图形与表面展开图的关系．
空间几何体的侧面积和表面积
(1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用，并弄清底面半径、母线长与对应侧面展开图中边的关系．
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．
求空间几何体的体积的常用方法
公式法
规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解
割补法
把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者补成规则的几何体，再求解
等体
积法
通过选择合适的底面来求几何体的体积，特别是三棱锥的体积(即利用三棱锥的任一个面均可作为三棱锥的底面，进行等体积变换)
①长（正）方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．②可以补成长方体的一些特殊三棱锥如下,上面讲到的“共斜边的直角三角形所成的三棱锥”也可算作其中一种，据此可确定球心.
图形特征
三棱锥的三条侧棱两两互相垂直
三棱锥的四个面均是直角三角形
三棱锥的对棱两两相等
图示
③确定多面体的外接球球心的方法:寻找几何体中一个面的外接圆圆心O1（正三角形的外心为中心，直角三角形的外心为斜边的中点，一般三角形可用正弦定理确定外心），过点O1作该平面的垂线，则球心在垂线上，球的半径可用勾股定理求得,如图所示.
求几何体内切球的方法主要有两种.①等体积法：内切球的球心到多面体各个面的距离均相等，故可用等体积法，由V=13Sr，得r=3VS（V为多面体的体积，S为多面体的表面积，r为内切球的半径）.②轴截面法：适用于对称几何体，作出轴截面，利用相似三角形以及勾股定理求解.
巧用直角三角形解决截面圆问题的步骤
(1)确定球心O和截面圆的圆心O′．
(2)探求球的半径R和截面圆的半径r．
(3)利用OO′2＋r2＝R2计算相关量．
共面、共线、共点问题的证明
(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内(或证两平面重合)．
(2)证明共线的方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定直线上．
(3)证明线共点的常用方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
空间中两直线位置关系的判定方法
异面直线所成角的求法
方法
解读
平移法
将异面直线中的某一条平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线， 形成三角形求解
补形法
在该几何体的某侧补接上一个几何体，在这两个几何体中找异面直线相应的位置，形成三角形求解
1.空间几何体的截面作图的常用方法
(1)平行线法．用平行线法解决截面问题的关键是：截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面有一条直线与截面上某点所在的几何体的某一个表面平行．
(2)延长线法．用延长线法解决截面问题的关键是：截面上至少有两个点在一个几何体的一个表面上，那么这两点的连线一定在截面内．
2.作交线的两种方法
(1)利用基本事实3作交线．
(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线．
(1) 判断与平行关系相关命题的真假，必须熟悉线、面平行关系的各个定义、定理；
(2) 结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．
(1)判断或证明线面平行的常用方法
①利用线面平行的定义(无公共点)．
②利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)．
③利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β)．
④利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．
(2)应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线．
1．线面平行的性质定理是证明两条直线平行的常用方法．
2．在应用线面平行的性质定理进行平行转化时，应严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如：把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交，这时才有直线与交线平行．
3．线面平行的判定定理和性质定理使用的区别：若结论中有a∥α，则要用判定定理，在α内找与a平行的直线；若条件中有a∥α，则要用性质定理，找(或作)过a且与α相交的平面．
证明面面平行的常用方法
(1)利用面面平行的定义．
(2)利用面面平行的判定定理．
(3)利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”．
(4)利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”．
(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．
提醒：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明在一个平面内的两条直线是相交直线．
面面平行条件的应用
（1）两平面平行，分别构造与之相交的第三个平面，交线平行；
（2）两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行.
提醒 利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明在一个平面内的两条直线是相交直线.
三种平行关系的转化
提醒：解答探索性问题的基本策略是先假设，再证明．
此类问题可以转化为一个正方体的棱、面等，进而进行排除．
判定线面垂直的四种方法
法1：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角问题；
法2：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化为证明线线垂直加以解决。
面面垂直性质的应用
(1)在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．首先在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
易错点：性质定理运用时要注意“线在面内”．
(2)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面(不能直接作为证明依据)．
三种垂直关系的转化
线线垂直 eq \(⥫======⥬,\s\up7(判定定理))线面垂直 eq \(⥫======⥬,\s\up7(判定定理),\s\d10(性质定理))面面垂直
垂直与平行的综合应用问题，一般要进行线线、线面、面面间关系的转化．线面平行与垂直关系的相互转化路线图：
提醒：要清楚每个转化路线所依据的定理或结论．
1、立体几何中的探索性问题立体几何中的探索性问题的主要类型
①探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么.
②探索结论，即在给定的条件下，探索命题的结论是什么.
2、对命题条件探索的三种方法：
①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明.
②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性.
③把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件.
对命题结论探索的方法首先假设结论成立，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾的结果就否定假设.
求斜线与平面所成角的步骤
1．定义法求线面所成角
(1)一作：作(或找)出斜线在平面内的射影，作射影要过斜线上一点作平面的垂线，再过垂足和斜足作直线，注意斜线上点的选取以及垂足的位置要与问题中的已知量有关，才能便于计算．
(2)二证：证明某平面角就是斜线与平面所成的角．
(3)三求：通常在垂线段、斜线和射影所组成的直角三角形中计算．
2．距离法求线面所成的角(一般在不好作线面角的时候使用)
(1)求斜线上一点到面的距离；
(2)求斜线段长；
(3)求线与平面所成角的正弦值．
综合法求二面角的方法
1．定义法：步骤是“一作、二证、三求”．
(1)一作：作出二面角的平面角．
(2)二证：证明所作的平面角满足定义，即为所求二面角的平面角．
(3)三求：将作出的角放在三角形中，计算出平面角的大小．
注：作二面角的平面角的方法．
①定义法：分别在两个半平面内向棱作垂线，垂足为同一点，两垂线的夹角即为二面角的平面角．
②垂面法：作垂直于棱的一个垂面，这个平面与两个半平面分别有一条交线，两条交线所成的角即为二面角的平面角．
③三垂线法：过一个半平面内的一点A作另一个半平面的一条垂线，过垂足B作棱的垂线，记垂足为C，连接AC，则∠ACB或其补角即为二面角的平面角．
射影面积法：若二面角一个面上的几何图形的面积为S，其在另一个面上的投影的面积为S′，则二面角α的余弦值满足csα＝eq \f(S′,S)(客观题)．
综合法求空间距离的策略
1．求距离的方法：
(1)定义：
①一找：找出点到平面的距离；②二证：证明线面垂直；③三求：利用三角形求解．
(2)体积法：转换顶点，等体积变形．
(3)平面分线段比与线段对应端点到平面的距离比相等．
2．点面距离、线面距离、面面距离都转化为点面距离．