培优专题03 空间向量与立体几何 7大重难题型（大题专练）（全国通用）2026年高考数学终极冲刺讲练测+答案

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?题型 01 空间线面平行、垂直关系的证明
命题方向一 空间几何体的平行关系的证明
命题方向二 空间几何体的垂直关系的证明
?题型 02 空间几何体中空间角问题
命题方向一 空间几何体的线线角
命题方向二 空间几何体的线面角
命题方向三 空间几何体的面面角
?题型 03 空间几何体的距离、体积问题
命题方向一 空间几何体中点到线的距离
命题方向二 空间几何体中线到面的距离
命题方向三 空间几何体中的体积问题
?题型 04 立体几何中的探索与最值问题
命题方向一 立体几何中的最值问题
命题方向二 立体几何中的存在、探索问题
?题型 05 空间几何体的折叠与展开问题
?题型 06 立体几何的截面问题
?题型 07 与球相关的立体几何创新问题
题型01 空间线面平行、垂直关系的证明
抓关键·破难点
刷经典·通方法
?命题方向一 空间几何体的平行关系的证明
1. （2026·山东临沂一模）如图，多面体中，四边形为正方形，四边形为矩形，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）当平面平面时，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）根据题意，分别证得平面，平面，利用面面平行的判定定理，证得平面平面，进而证得平面；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得向量和平面法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：如图所示，连接交于点，
因为四边形为正方形，所以为的中点，
又因为为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为四边形为矩形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为，且平面，平面，
所以平面平面，
因为平面，所以平面.
（2）解：因为四边形为矩形，所以，
又因为平面平面，且平面平面，
平面，所以平面，
因平面，所以，，
又因为四边形为正方形，所以，
以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，设，则，
可得，
所以向量，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设直线与平面的夹角为，
可得，
所以直线与平面的夹角的正弦值为.
2．（2026·湖北孝感·二模）如图：正八面体可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体．
（1）证明：平面平面；
（2）若，点为棱上的动点，则直线与平面所成的角的正弦值的范围．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【详解】（1）连接交于点，则四点共面，且为的中点，
所以四边形都是平行四边形，所以，，
又平面，平面，所以平面，
平面，平面，所以平面，
平面，平面，又在平面内相交于点，
所以平面平面.
（2）根据正八面体结构，以点为原点，为轴，如图建立空间直角坐标系
则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，，
所以，即，令，则，所以平面的一个法向量为，
因为点为棱上的动点，所以设，
则，
设直线与平面所成的角为，
，
又，当时，，当或0时，，
故直线与平面所成角的正弦值的范围.
?命题方向二 空间几何体的垂直关系的证明
3. （2026·福建名校联盟3月·模拟）如图，在三棱锥中，与均为等边三角形，平面平面，D是的中点，E是上的动点．
（1）证明：；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见详解；
（2）.
【分析】（1）取中点，连接、；利用等边三角形性质得，，结合面面垂直证平面 ABC；设边长计算线段长度，用勾股定理逆定理证AB⊥BC.
（2）建系设点，求法向量，由线面角求参数，再计算平面与平面夹角的余弦值．
【详解】（1）与均为等边三角形，，
取中点O，连接，，则有，，
平面平面，平面，平面，
平面平面，，，
，，，，，
在中，有，
在中，有，
，
中，可得，．
（2）由（1）可知，，，
如图所示，以O为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，不妨设，
，，，，，
则，，，，
设，，
设平面的一个法向量为，则
令，则，设直线与平面的夹角为，
则，
解得，，易得平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，，
平面与平面的夹角的余弦值为．
4.（2026·江苏省南京市栖霞区名校联盟·一模） 如图，在四棱锥中，，为的中点，.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）根据题意可知平面，进而可得，，结合分析证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，设，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）因为，平面，
可得平面，由平面，所以，且，所以，
又因为，为的中点，则，且平面，
所以平面.
（2）以为坐标原点，直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，
可得.
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，可知平面的一个法向量为，
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.
5. （2026·山东德州·一模）如图，边长为2的正方形所在的平面与平面垂直，且.
（1）证明：平面平面；
（2）当时，求平面与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）由平面垂直可得出线面垂直，再由线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）因为平面平面，交线为平面，
所以平面，又平面，故.
又因为平面，所以平面，而平面，
故平面平面.
（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，由题设得，
，设是平面的法向量，则
，即，令，可得
又是平面的法向量，设平面与平面所成角为，
，所以，
所以平面与平面所成角的正弦值是.
题型02 空间几何体中空间角问题
抓关键·破难点
一、异面直线所成的夹角：
1.平移法：将异面直线平移到同一平面内，放在同一三角形内解三角形．
2.向量法：设异面直线和所成角为，其方向向量分别为，；则异面直线所成角向量求法：
① ②
二、线面角：
定义：平面上的一条斜线与它在平面的射影所成的
锐角即为斜线与平面的线面角．
范围：
1.常规法：过平面外一点做平面，交平面于点；连接，则即为直线与平面的夹角．接下来在中解三角形．即（其中即点到面的距离，可以采用等体积法求，斜线长即为线段的长度）；
2.向量法：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为与所成角的大小，则．
三、求立体几何中的面面角的求法：
1.定义法
在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是二面角的平面角，如图在二面角的棱上任取一点，以为垂足，分别在半平面和内作垂直于棱的射线和，则射线和所成的角称为二面角的平面角（当然两条垂线的垂足点可以不相同，那求二面角就相当于求两条异面直线的夹角即可）．
2.垂面法
由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角．
3.向量法
设是二面角的两个半平面的法向量，
若二面角为锐二面角（取正），则；
若二面角为钝二面角（取负），则；
（特别说明，有些题目会提醒求锐二面角；有些题目没有明显提示，需考生自己看图判定为锐二面角还是钝二面角.）
4.三垂线法
在面或面内找一合适的点，作于，过作于，则为斜线在面内的射影，为二面角的平面角．如图1，具体步骤：
①找点做面的垂线；即过点，作于；
②过点（与①中是同一个点）做交线的垂线；即过作于，连接；
③计算：为二面角的平面角，在中解三角形．

图1 图2 图3
5.射影面积法
凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式（，如图2）求出二面角的大小；
6.补棱法
当构成二面角的两个半平面没有明确交线时，要将两平面的图形补充完整，使之有明确的交线（称为补棱），然后借助前述的定义法与三垂线法解题．当二平面没有明确的交线时，也可直接用射影面积法解题．
刷经典·通方法
?命题方向一 空间几何体的线线角
1．（2026·山东济宁模拟·预测）如图，直四棱柱的下底面为菱形，，是上底面内两个不同的动点．
（1）若为正方体，为上底面的中心，求异面直线与所成角的余弦值；
（2）若恰好是二面角的平面角．证明：在动点运动过程中，三棱锥的体积保持不变．
【答案】（1）；
（2）证明见详解.
【分析】（1）根据异面直线的定义得与所成角的平面角为，再根据已知有，并设正方体的棱长为2求出相关线段长，即可得；
（2）根据二面角的定义得，结合线面垂直的判定和性质及平面的基本性质得到M在上，最后证明平面，应用等体积法及棱锥体积公式即可证.
【详解】（1）由正方体的结构特征知，则异面直线与所成角的平面角为，
又平面，平面，则，
所以为直角三角形，则，
若正方体的棱长为2，则，故，所以；
（2）由于是二面角的平面角，则，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，则，
因为直四棱柱，所以且，
所以四边形是平行四边形，则，所以，
又因为在直四棱柱中，可得平面，
因为平面，则，
又因为，且平面，所以平面，
由平面且平面，平面平面，
所以平面与平面重合，点M在平面内，又点M在平面内，
所以平面平面，故M在上，而，
由平面，平面，则平面，
所以到平面的距离恒定不变，又一定，则恒定，得证.
2．（2026·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）证明见详解
（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.
?命题方向二 空间几何体的线面角
3. （2026·河北唐山·一模）如图，在三棱锥中，，，D是的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）若，三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证.
（2）利用锥体体积求出，再建立空间直角坐标系，求出平面法向量，然后利用线面角的向量法求解.
【详解】（1）由，D是的中点，得，而，，
平面，则平面，而平面，所以平面平面
（2）由（1）知平面，则，
而，解得，
即，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，
，，
设平面的法向量，则，令，得，
因此，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
4. （2026浙江强基联盟·联考）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）证明见详解
（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）在三棱柱中，，，
，则.
又四边形正方形，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）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.
5. （2026·甘肃陇南康县第一中学等三校·一模）如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面．
（1）求证：；
（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见详解 ；
（2）.
【分析】（1）结合已知条件利用面面垂直的性质定理以及线面垂直的判定定理和性质定理证明即可；
（2）根据图形找出二面角，然后建立空间直角坐标系，写出相应的点，求出平面的法向量，然后利用向量法求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，如图所示：
因为，所以，
又平面平面，且平面平面，平面，所以平面，
又平面，所以，由，，平面，
所以平面，又平面，所以.
（2）由平面，，
所以以点为坐标原点，分别为轴，过点平行于的所在直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由（1）知平面，平面,
所以，所以为二面角的平面角，
又二面角的大小为，所以，
又的中点为，，所以，
在直角三角形中，，
所以，
则，
设点，由，所以，①
则，又，
所以有，②
又，即，③
联立①②③解得：，所以，所以，
设平面的一个法向量为，由，
令，则，所以，
设直线与平面所成的角为，所以
，
所以直线与平面所成角的正弦值为：.
6. （2026·齐齐哈尔·一模）如图，线段为圆锥底面的直径，点为线段的中点，点是以为直径的圆上除外的一个动点，，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见详解 ；
（2）
【分析】（1）根据条件，利用线面垂直的判定，得平面，再由面面垂直的判定，即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和，由线面角的向量法，即可求解.
【详解】（1）因为垂直于圆锥的底面，又底面，所以，
因为，是线段的中点，又，则，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）以为坐标原点，以为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
设，因为点是以为直径的圆上除外的一个动点，
则点的轨迹方程为，
由（1）知，，所以点也在以为直径的圆上，
则点的轨迹方程为，
联立，可得，
因为两交点关于轴对称，不妨取，
，
设平面的法向量为，则，
取，则，
设与平面所成的角为，
则.
?命题方向三 空间几何体的面面角
7. （2026·浙江强基联盟·联考）如图，在三棱锥中，平面，，，E为的中点．
（1）证明：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）借助等腰三角形中线性质与线面垂直性质定理可得、，再利用线面垂直判定定理可得平面，即可得证；
（2）法一：利用几何法，作出平面与平面夹角，再借助勾股定理与余弦定义计算即可得；法二：利用空间向量法，建立适当空间直角坐标系后，求出两平面的法向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得.
【详解】（1）因为，为的中点，所以，
又因为平面，平面，所以，
又因为，、平面，
所以平面，又因为平面，所以；
（2）法一：如图，过作于，连接，
由（1）知，又因为，、平面，
所以平面，所以就是平面与平面的夹角，
因为平面，平面，所以，
因为，则，
，则，
则，所以，平面与平面夹角的余弦值为．
法二：以为原点建立如图所示的坐标系，则，，，，
由轴平面，则平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
由题意，可得平面的一个法向量为，
所以，
所以，平面与平面夹角的余弦值为．
8. （2026·黑龙江哈尔滨第三中学·一模）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，G，F分别是线段，的中点.
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，，，且平面与平面夹角余弦值为，求的长.
【答案】（1）证明见详解；
（2）
【分析】（1）利用三角形中位线定理得到，再利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用线面角余弦值的向量求法，列方程即可求得的长.
【详解】（1）连接，因为四边形为正方形，G是线段的中点，所以G是线段中点.
又因为F是线段的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
（2）因为平面平面，平面平面， ，平面，
所以平面，
过点作，，所以平面，
又因为，所以以点为原点，以为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
所以，
取平面的法向量为，，
设平面法向量为 ，则，
令，则，
因为平面与平面夹角余弦值为，所以 ，
即，
化简得到，解得 或（舍去），
因为 ，所以，故.
9. （2026·黑龙江实验中学高三联合·模拟）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．
（1）证明：；
（2）若是边长为2的等边三角形，三棱锥的体积为，点在棱上，，求二面角的大小．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）先证，再由平面与平面垂直的性质定理进行求解；
（2）法一，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解；法2，过E作交BD于H，过H作于G，连.则为二面角的平面角，进行求解．
【详解】（1）因为，是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以．
（2）如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
，
由（1）知平面，三棱锥的体积为，所以．
法1：，，，，，
所以，，
设为平面的法向量，则由，，
得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，所以，
由观察知二面角为锐角，所以二面角大小为45°，
法2：过E作交BD于H，过H作于G，连，
因为平面BCD，所以平面BCD．
因为平面BCD，所以．
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，所以为二面角的平面角，
因为，所以，，得，
得，由，得，而，
得，得，而，得，得，
在中，，所以，
所以二面角的大小为．
10.（2026·江苏扬州市第一次·调研） 如图，P为圆锥的顶点，O为圆锥底面的圆心，AB为底面直径，四边形POBC是梯形，且，，，D为圆O上一点．
（1）若点M在线段AD上，且，求证：∥平面CDB；
（2）当直线PD与平面PAB所成的角为30°时，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）利用平面和平面平行可证线面平行或者
（2）利用线面角求出线段的长度，建立坐标系，求出法向量可求二面角
【详解】（1）解法一：取线段OB的中点N，连接MN，PN．
因为，，所以且，
因此四边形PCBN平行四边形，所以．
又平面CDB，平面CDB，所以平面CDB．
因为，，所以．
又平面CDB，平面CDB，所以平面CDB．
而平面PMN，
所以平面平面CDB，
又平面PMN，所以平面CDB．
解法二:在线段BD上取点E，使得，连接CE，ME，
又，所以，且，
又，且，所以，且．
所以四边形PCEM是平行四边形，所以，
又平面CDB，平面CDB，所以平面CDB．
（2）由圆锥的对称性不妨取点D为如图所示位置，在圆锥底面内过点D作于点F，连接PF，
因为平面平面ABD，平面平面，所以平面PAB，
所以就是直线PD与平面PAB所成的角，所以，
因为，所以．
连接OD，则，即点F为OB的中点．
以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，
于是．
设平面APD的法向量为，则，得，
取，可得．
设平面PDB的法向量为，则，得，
取，可得．
所以，
故二面角的正弦值为．
11. （2026·陕西榆林·一模）如图，直四棱柱内接于圆柱，且底面为矩形，B是圆柱底面圆O的圆周上一动点，AC是圆O的直径，且，E是AB的中点，Q是的中点．
（1）证明：平面；
（2）设，求平面与平面ABC的夹角的正弦值.（用表示）
【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）连接，利用中位线证OE∥BC∥AD，结合直棱柱侧棱平行证平面 ∥ 平面 ，从而得线面平行.
（2）以为原点建系，设边长用表坐标，求平面与的法向量，用夹角公式求正弦值.
【详解】（1）如图，取的中点，连接，则，且．
因为底面为矩形，所以，，且，所以，且，
则四边形为平行四边形，所以．
因为平面，平面，所以平面．
（2）以为坐标原点，直线，分别为轴，过点且在底面内与垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示．
设，则，，，
所以，．
设平面的法向量为，则，
令，得.易知平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，则．
所以，
即平面与平面的夹角的正弦值为．
题型03 空间几何体的距离、体积问题
抓关键·破难点
一、求立体几何中点到线的距离:
已知直线的单位方向向量为，是直线上的定点，是直线外一点.设，则向量在直线上的投影向量，在中，由勾股定理得：
二、求立体几何中线到面的距离：
如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度.
立体几何中常见的求体积的方法：
（1）公式法；（2）割补法；（3）等体积法.
刷经典·通方法
?命题方向一 空间几何体中点到线的距离
1．（2026·江西吉安高三期末·检测）如图，已知正三棱柱中，，点为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】
（1）连接交于点，连接，利用中位线定理证明，再由线面平行的判定定理证明.
（2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，代入点到平面的距离公式求解.
【详解】（1）方法一：取的中点，根据正三棱柱性质可得互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则有，即，
令，则，，即，
因为，又平面，所以平面；
方法二：
如图，连接交于点，连接，
易知为的中点，又点为的中点，故，而平面，平面，
所以平面；
（2）方法一：点到平面的距离.
方法二：因为平面，故到平面的距离即为到平面的距离，设为，
因为，，平面，
故平面，平面，故，
由题意知，，所以，
，，
由，
代入解得.
2．（2026·宁夏银川市三校第一次·联考）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）
【分析】（1）取 PC 中点，构造平行四边形，证明AN与平面PBC内直线平行，证线面平行.
（2）建立空间直角坐标系，求两平面法向量，用夹角公式计算余弦值.
（3）设参数表示点M，由线面角求参数，再用点到面距离公式求解.
【详解】（1）记的中点为，连结，因为，，所以四边形是平行四边形，则，因为，所以平行四边形是矩形，则，
因为平面，平面，所以，则两两垂直，
故以为坐标原点，分别以，，为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，，
因为为的中点，所以，则，
设平面的一个法向量为，而，，
则，令，则，所以，则，
又平面，所以平面．
.
（2）设平面的一个法向量为，而，，
所以，令，则，
设平面的一个法向量为，而，，
所以，令，则，
记平面与平面夹角为，则，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
（3）依题意，不妨设，则，，
又由（2）得平面的一个法向量为，记直线与平面所成角为，
所以，解得（负值舍去），
所以，则，
而由（2）得平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为.
?命题方向二 空间几何体中线到面的距离
3．（2026·福建泉州质量检测）如图，四棱台中，底面是边长为4的菱形，，．
（1）证明：平面；
（2）证明：平面；
（3）若该四棱台的体积等于，且，求直线到平面的距离．
【答案】（1）证明见详解
（2）证明见详解
（3）
【分析】（1）根据棱台的性质得到平面平面，然后利用面面平行的性质定理得到，然后根据棱台和菱形的性质得到，即可得到，最后证明线面平行即可；
（2）利用勾股定理得到，根据等腰三角形的性质得到，再证明线面垂直即可；
（3）解法一：根据棱台的体积公式列方程，得到，然后建系，利用空间向量的方法求距离；解法二：根据棱台的体积公式列方程，得到，然后构建平面平面，利用面面垂直的性质定理得到为直线到平面的距离，然后利用等面积求距离.
【详解】（1）
连结，交于点，连结，则为的中点，
由四棱台，得平面平面，
又平面平面，平面面，
所以，
因为，所以，
因为为的中点，所以，
所以四边形为平行四边形，故，
又平面平面，所以平面．
（2）取的中点，连结，由四棱台得，，，，
所以四边形为平行四边形，，则，
所以，所以，由（1），知，又，所以，
因为，所以，又平面，所以平面．
（3）解法一：菱形的面积，
由四棱台且，可得，
四棱台的体积，
从而，解得，
因为，所以，
故，从而，所以，所以，
取的中点，则两两垂直，如图，以为坐标原点，分别，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面即平面的法向量，
则即
整理，得令，得，
从而点到平面的距离，
所以直线到平面的距离为．
解法二：
延长交于点，取的中点，连结交于点，连结，，则的中点均为，因为平面，所以，因为，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
过点作于，且平面平面平面，所以平面，
故为点到平面的距离即为直线到平面的距离，
因为，所以点到的距离等于点到的距离，
又中，，
设点到的距离为，则，
所以，解得，所以直线到平面的距离为．
?命题方向三 空间几何体中的体积问题
4．（2026·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为梯形，平面平面，，，是等边三角形，O，M分别为线段AB，PB的中点，且，．
（1）求证：平面；
（2）求多面体的体积．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）由面面平行的性质定理和判定定理即可证明；
（2）多面体OMCPAD的体积，分别求出即可得出
【详解】（1）∵O，M分别为线段AB，PB的中点，∴．
∵平面，平面，∴平面．
∵，，，∴，，
∴四边形ADCO为平行四边形，则．
∵平面，平面，∴平面．
∵，平面，∴平面平面．
∵平面，∴平面．
（2）如图，连接OP．∵是等边三角形，∴．
∴平面平面，平面平面，平面，
∴平面．
∵是等边三角形，，∴．
∴．
∵M为PB的中点，∴三棱锥的高，
∴，
∴多面体OMCPAD的体积.
5．（2026·福建福州模拟·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）证明见详解
（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.
6. （2026·湖北武汉3月·调研）如图，在三棱锥中，，，，，，，点，分别是棱，上的点，且直线平面.
（1）求的长；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合勾股定理的逆定理、余弦定理、锐角三角函数定义进行求解即可；
（2）根据三棱锥的等积性，结合三棱锥的体积公式进行求解即可；
（3）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）在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得，
因为平面，平面，
所以，
所以在中，，
在中，，
在中，由余弦定理，得，
所以在中，由余弦定理，得.
（2）所以在中，，
在中，，
在中，由余弦定理，得，
所以，
设点到平面的距离为，
由三棱锥的体积公式和性质，
得，所以.
（3）由上可知：，取的中点，显然，
因为平面，平面，所以，
因此以所在的直线为轴和轴，过与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
，
由上可知：是棱中点，，
所以可得，，即
设平面的法向量为，
，所以，
所以取该平面的一个法向量为，
设直线BC与平面PAB所成角为，
所以.
题型04 立体几何中的探索与最值问题
抓关键·破难点
一、立体几何中的最值问题
第①步：转化空间为平面
（1）求最短路径时，将几何体侧面展开成平面图形，利用两点之间线段最短求解；
（2）求点到线或点到面的距离时，利用垂线段最短结合线面垂直性质求解.
第②步：建立函数求最值
（1）建立空间直角坐标系，设动点坐标，把线段长、面积、体积等几何量表示为函数；
（2）利用二次函数或基本不等式等方法求函数最值.
第③步：验证几何合理性
确认最值对应的点、线、面位置在几何体内部，符合题意.
二、立体几何中的存在、探索问题
第①步：假设存在，设参数
假设满足条件的点、线或面存在，设出未知参数，如线段比例或坐标参数.
第②步：推理论证，列方程
利用平行或垂直的判定定理，或向量法，将条件转化为方程或方程组.
第③步：解方程，下结论
若方程有解且参数在合理范围，则存在；若无解或参数超出范围，则不存在.
刷经典·通方法
?命题方向一 立体几何中的最值问题
1．（2026·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）证明见详解；
（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. （2026·江苏南京市中华中学模拟·预测）如图，点是以为直径的半圆上的动点，已知，且，平面平面
（1）证明：；
（2）若线段上存在一点满足，当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）过点作于，应用面面、线面垂直的性质有，再由线面垂直的判定证明面，最后应用线面垂直的判定和性质证明结论；
（2）根据已知确定三棱锥的体积取得最大有，过点作于，建立合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.
【详解】（1）过点作于，
由平面平面，平面平面，平面，
平面，平面，故，又直径，易知，
且平面，所以平面，平面，
，且，平面，，
平面，平面，故.
（2）由（1）知，，
当时，取到最大值，过点作于，
建立以为原点，为轴，为轴，过点垂直于平面的方向为轴，
设平面与平面的法向量分别为.
则，，
所以，则，
令，可得，
所以，因为平面的法向量为，
则平面与平面夹角的余弦值.
?命题方向二 立体几何中的存在、探索问题
3．（2026·广东茂名·一模）如图，在四棱锥中，平面分别为的中点.
（1）证明：平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）详见详解；
（2）存在，
【详解】（1）如图：取PD的中点H，连接FH，AH，
因为，又，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，
所以平面
（2）建立如图所示空间直角坐标系：
则，
所以，，
设平面PBC的一个法向量为，则，即，
令，则，，所以，
设，则，
若平面，则，所以，解得，所以，
则，
所以在线段上是否存在点，使得平面，的长为.
4．（2026·云南红河州模拟·预测）如图，在五面体中，，，，为等边三角形，平面平面．
（1）证明：直线平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）设点为线段上一动点，请从以下两个条件中任选一个作答．
①；
②；
是否存在满足所选条件的点，若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由．注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）存在，为线段的中点
【详解】（1）因为，，则，即．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
（2）取的中点，连接，
因为为等边三角形，且，则，且，
以为坐标原点，，，平行的直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
可得，，，
设面的一个法向量为，则，
令，得，，可得；
设平面的一个法向量为，则，
令，得，，可得；则，
所以平面与平面所成角的余弦值为．
（3）由（2）可知，，
因为点在线段上，设（），则（），
因为，，
若选①：存在一点，使得，
理由如下：因为，解得或（舍去），
所以当为线段的中点时，．
若选②：存在一点，使得，
理由如下：因为，
可得，
又因为，即，解得或（舍去），
因此当为线段的中点时，．
5. （2026·宁夏青铜峡一模）如图，在四棱柱中，侧棱底面，.
（1）证明：平面；
（2）设点为的中点，点在CE上.
（i）判断三棱锥的体积是否为定值？若是，求出此定值：若否，说明理由；
（ii）当的面积最小时，求平面ADM与平面ABCD夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见详解；
（2）（i）是定值，为，理由见详解；（ii）.
【分析】（1）利用勾股定理证明，再结合即可证明；
（2）（i）连接，证明平面，进而转化为的体积即可判断并求解；
（ii）取中点，连接，证明，得是平面与平面夹角所成的二面角的平面角，且，最后在中时最小，并结合对应距离求角度.
【详解】（1）证明：因为底面四边形中，，，
所以四边形为直角梯形，且，
所以，即，
因为侧棱底面，底面，所以，
又，平面，平面.
所以平面.
（2）（i）三棱锥的体积为定值，理由如下：
连接，因为侧棱底面，所以，
又，平面，平面，所以平面，
在四棱柱中，，
因为，，点为的中点，
所以，即四边形是平行四边形，所以，
因为平面， 平面，所以平面，
所以所以，三棱锥的体积为定值.
（ii）取中点，连接，
因为，为中点，所以，
在四棱柱中，点为的中点，所以四边形平行四边形，
因为侧棱底面，所以底面，
又底面，底面，所以 ， ，
又，平面，平面，
所以底面，又底面，所以
所以，是平面与平面夹角所成的二面角的平面角，
因为，所以的面积最小时，最小，
在中，最小，则，如下图，
由于，故，，
所以，在中，，
所以，当的面积最小时，求平面ADM与平面ABCD夹角的余弦值为.
题型05 空间几何体的折叠与展开问题
抓关键·破难点
立体几何中的折叠与展开问题是高考的一个重要命题点，题目比较灵活，主要考查逻辑推理与直观想象等核心素养，解决这类问题要重视转化思想，关键在于掌握以下两个解题策略。
确定翻折前后的“变与不变” 量
画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的 “变与不变” 量.一般地，位于 “折痕” 同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于 “折痕” 两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化。对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决
确定翻折前后关键点的位置
所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点。因为这些点的位置移动，会带动与其相关的点、线、面的关系变化。只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的计算与证明
刷经典·通方法
1．（2025·全国高考二卷）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）求面与面所成的二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见详解
（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）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）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.
2. （2026·江苏南京市六合区名校联盟第一次·调研）在矩形中，，，为的中点，将沿翻折至，使得平面平面，得到如图所示的四棱锥．
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见详解；
（2）
【分析】1）利用勾股定理证明垂直，再结合面面垂直的性质定理可证明线面垂直；
（2）利用空间向量法来求线面角的正弦值即可.
【详解】（1）在矩形中，，，为的中点，
所以，所以，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．又平面，所以．
（2）取的中点，的中点，连接，则，所以平面，
由题可得，所以，所以两两垂直，
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，，．
设平面的一个法向量为，
则，取，得，，
所以．设直线与平面所成角为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
3. （2026·甘肃省·一模）如图（1），正方形的边长为分别是边的中点，将，分别沿折起，使得三点重合于点得到图（2）.
（1）证明：；
（2）三棱锥的外接球的球心为，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）由折叠的性质可得，，再利用线面垂直判定定理可得平面，再利用线面垂直性质定理即可得证；
（2）可将该三棱锥补形为长方体，则长方体体对角线中点即为外接球的球心，在建立适当空间直角坐标系，求出平面与平面法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得.
【详解】（1）因为在原图中，，故折叠完得，，
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）因为两两垂直，所以可将该三棱锥补形为如图所示的长方体，
假设该长方体的一条体对角线为，则球心为对角线的中点，
如图所示，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以；
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以，
设平面与平面所成角为，则，
故平面与平面所成角的余弦值为.
4. （2026·东北师大附中、哈尔滨师大附中、辽宁省实验中学第一次联合·模拟）
在中，，，，，分别是，上的点，满足，且．将沿折起到的位置，使，存在动点使，如图所示．
（1）求证：平面平面；
（2）当时，求平面与平面夹角的余弦值；
（3）设直线与平面所成角为，当取得最大值时，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）．
【分析】（1）借助线面垂直判定定理及其性质定理可得平面，再利用面面垂直判定定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系后，可求出平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得；
（3）求出平面的法向量后，利用空间向量夹角公式可求出取最大值时的，则可得三棱锥的高与底面积，再利用体积公式计算即可得解.
【详解】（1）因为，则，且，可得，
将沿折起到的位置，始终有，
因为平面，所以平面，
由平面，可得，
且，，，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面；
（2）由（1）可知，两两垂直，翻折前，因为，且，
所以，，所以，
翻折后，由勾股定理得，
故可以为原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
当时，，，，，，
，可得，，，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，，可得，
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）由（2）可知，，，
设平面的法向量，则，
令，则，，可得，
且，，
因为直线与平面所成角为，
则
，
当且仅当时，等号成立，取最大值，
则，故点到平面的距离为，
又，则，
所以三棱锥的体积为．
5．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟）如图，在高为6的直三棱柱中，底面的周长为分别为棱，上的动点.
（1）若，证明：平面.
（2）求的最小值.
（3）若，求平面与底面夹角的余弦值的最大值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）
【分析】（1）由已知，可得，利用勾股定理的逆定理可得，由线面垂直的判定定理即可证得；
（2）将侧面沿展开成矩形，则其对角线即为所求；
（3）设的中点分别为，连接，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用坐标运算分别求得平面和底面的一个法向量，利用公式由表示出，利用二次函数的性质求出的最大值，即为所求.
【详解】（1）因为底面的周长为12，且，所以，
则，所以.在直三棱柱中，底面，
又平面，则，
又，平面，所以平面.
（2）将直三棱柱的侧面沿剪开展平成矩形，如图所示，
其中，所以，所以的最小值为.
（3）设的中点分别为，连接，
因为三棱柱是直三棱柱，则.
因为，底面的周长为，所以，所以，则.
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
又，则，，
则.
设平面的一个法向量为，则，
即，取，得.
易得底面的一个法向量为，
则，
当时，取得最小值，则取得最大值，且最大值为，
所以平面与底面夹角的余弦值的最大值为.
题型06 立体几何的截面问题
抓关键·破难点
【核心思路】截面问题的本质是平面与几何体的交线问题，核心是通过上述方法确定所有交点，再连线成图，最终将截面问题转化为平面几何的边长、面积等计算问题。
1.直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程.
2.延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点.
3.平行线法：过直线与直线外一点作截面，拖直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体的截面的交线.
刷经典·通方法
1.（2026·陕西西安·一模）如图，正方体的棱长为2，点是棱上的动点.
（1）求三棱锥的体积；
（2）当为中点时，求过点且与垂直的平面截正方体的截面面积.
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用等体积法结合棱锥的体积公式求解即可；
（2）设的中点为，中点为，连接，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可证明，进而得到平面，可得即为过点且与垂直的平面截正方体的截面，进而求解即可.
【详解】（1）在正方体中，点是棱上的动点，
则到平面的距离即为,
则.
（2）设的中点为，中点为，连接，
以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
则，即，
因为，平面，所以平面，
则即为过点且与垂直的平面截正方体的截面，
由正方体的棱长为2，的中点为，中点为，
可得，
在中，，
则，
所以.
2．（2025·湖南娄底·二模）如图，长方体中，，，，E，F分别为棱AB，的中点．
（1）过点C，E，F的平面截该长方体所得的截面多边形记为S，求S的周长；
（2）设T为线段上一点，当平面平面时，求平面TCF与平面CEF夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）运平面知识按步骤作出截面，用相似图形性质球边长，再求周长即可；
（2）先证明，当T为线段中点时，平面平面，再借助空间向量法，计算平面法向量，最后借助向量夹角公式计算即可.
【详解】（1）如图，步骤1：延长DA，CE交于点P，连接PF交于点G，连接GE；
步骤2：延长GF，交于点Q，连接交于点H，连接FH，则多边形CEGFH即为所求截面，
由E为AB中点，可得A为DP中点，从而与相似，所以，
又F为中点，从而与全等．
又与相似，所以，
所以，，，，，
故所求截面多边形的周长为．
（2）当T为线段中点时，平面平面，理由如下：
易得，，，故，
所以．又，故．取CD中点M，连接，TM，EM．
因为E，M分别为AB，CD中点，故，所以E，F，，M四点共面，易知四边形为正方形，故．又平面，平面，故，
而，故平面．因为平面，所以．又，所以平面，而平面CEF，故平面平面．
以D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，则，．
设平面TCF的法向量，则，可取．
又，，
设平面CEF的法向量，则，可取．
则．
故平面TCF与平面CEF夹角的余弦值为．
3．（2026·河北沧州模拟·预测）如图，四棱锥中，平面平面，．设中点为，过点的平面同时垂直于平面与平面．
（1）求
（2）求平面与平面夹角的正弦值；
（3）求平面截四棱锥所得多边形的周长．
【答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）设，由题意和余弦定理可得，结合同角三角函数的基本关系求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角；
（3）先根据空间点线面的位置关系找出截面，然后求周长即可．
【详解】（1）设，，，则，
在中，，
整理得，由题意得，则，即，
解得，因此，即．
（2）作中点，连接，，
因为为中点，，
所以，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，而，，平面，故，，，
因为，，
所以四边形、四边形都是平行四边形，
故，，而，所以，
又因为为中点，所以，在平面中也有，
由于，故，，，，
由勾股定理得：，，
故以为原点，，， 为，，轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，，
设平面，平面，平面，平面的法向量分别为，，，
则，即，取，则，
同理可得，
因为平面同时垂直于平面，平面，所以，，
即，取，则，
平面的法向量是，则，
设平面与平面的夹角为，则，
故，
因此平面与平面夹角的正弦值为．
（3）设是平面上一点，因为平面过点，则可以设，
这是因为此时，因此可设，
因为当平面与平面相交时，其交线必为直线且唯一，故只需讨论平面与四棱锥的公共部分，
当时，在直线上，
因此平面过直线，故平面与平面，平面交于直线，与棱，分别交于，，
故只需讨论平面与棱，的交点：设平面与棱，的交点分别为，，
则设，，
令，则，解得，即，
同理可得，
故平面与平面交于，平面交于，因此平面截四棱锥所得截面多边形为四边形，
故周长为．
题型07 与球相关的立体几何创新问题
抓关键·破难点
一、核心考点与方法：
（1）外接球与内切球的计算
解答题中常以棱柱、棱锥为载体，要求计算外接球 ，内切球的表面积、体积.
外接球：优先通过补形法（补成长方体或正方体）或确定球心位置（外心连线中点、垂面法），结合勾股定理（R为球半径，d为球心到截面距离，r为截面圆半径）求解.
内切球：核心是等体积法 ，通过已知几何体体积和表面积求内切球半径 r.
（2）球面距离与截面问题
球面距离：转化为球心角，利用弧长公式（θ为弧度制），结合余弦定理求弦长或球心角.
截面问题：球心与截面圆心连线垂直于截面，通过勾股定理建立截面圆半径、球半径、球心到截面距离的关系，求解截面面积、最值等。
（3）空间角与位置关系综合
结合线面角、二面角考查，需先确定球心与截面位置，再利用线面垂直、面面垂直性质，将角度问题转化为平面内的直角三角形求解。
创新设问：如球面上动点的轨迹、角度最值、距离最值，本质是球的几何性质与函数最值的结合，可通过参数化或几何直观分析。
二、解答题答题逻辑：
定位球心：明确外接球 / 内切球的球心位置，说明依据（如补形、外心性质、等距性）。
建立关系：利用勾股定理、等体积法或球面几何公式，列出关于球半径 R 的方程。
计算求解：解方程得半径，进而计算表面积、体积 或其他几何量。
综合分析：若涉及角度、最值，需结合立体几何位置关系或函数单调性，给出结论与范围。
刷经典·通方法
1．（2025·全国高考一卷）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）证明见详解；
（2）（i）证明见详解；
（ii）.
【分析】（1）通过证明，，得出平面，即可证明面面垂直；
（2）（i）法一：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；
法二：作出的边和的垂直平分线，找到三角形的外心，求出，求出出外心到，，，的距离相等，得出外心即为，，，所在球的球心，即可证明结论；
（ii）法一：写出直线和的方向向量，即可求出余弦值.
法二：求出的长，过点作的平行线，交的延长线为，连接，，利用勾股定理求出的长，进而得出的长，在中由余弦定理求出，即可求出直线与直线所成角的余弦值.
【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，
法一： 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.
法二： ∵，，，在同一个球面上，∴球心到四个点的距离相等
在中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心，
作出和的垂直平分线，如下图所示，
由几何知识得，，，
，∴，∴点是的外心，
在Rt中，，，
由勾股定理得，
∴，
∴点即为点，，，所在球的球心，此时点在线段上，平面，
∴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. （2026·陕西渭南中学·一模）如图，在三棱锥中，是等腰直角三角形，且斜边，E在棱上，，，，．
（1）求证：平面平面；
（2）若点P，A，B，C均在球M的表面上．
（i）求球M的表面积；
（ii）求直线与直线所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见详解；
（2）（i）；（ii）
【分析】（1）先证明，，再根据线面垂直判定定理证明平面，由此证明结论；
（2）（i）建立空间直角坐标系，求出的坐标，设外接球的球心，球半径为，列方程求出球的半径，再利用球的表面积公式求结论；（ii）求直线与直线的方向向量，结合向量夹角公式求结论.
【详解】（1）因为，，所以，，
在中：，
由勾股定理的逆定理得：，
因为是等腰直角三角形，且斜边，所以，，
在中，由余弦定理可得，
又，，，因此，
在中：，由勾股逆定理得：，
因为，且平面，所以平面，
又平面，故平面平面.
（2）以原点，为轴，为轴，平面内垂直于方向为轴建立空间直角坐标系：
则 ，，，；，
设外接球的球心，球半径为，
因为球心到各顶点距离相等，
所以，
解方程得：，，，即球心，且，
因此外接球的表面积；
（ii）设直线与直线所成角为，又 ，，
，
所以直线与直线所成角的余弦值为.
3 .（2026·内蒙古包头市·一模）如图，在棱长为的正四面体中，为棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）记为正四面体内切球的球心.
（ⅰ）求内切球的半径；（写出推导过程，直接写结果不给分）；
（ⅱ）设是球的球面上一点，且平面，当最小时，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2）（ⅰ）3（ⅱ）
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明即可；
（2）（ⅰ）根据正四面体的性质，确定内切球球心位置，利用等体积法求半径即可（ⅱ）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值，再转化为正弦值即可.
【详解】（1）因为均为等边三角形，且为棱的中点，所以,
又,平面，所以平面.
（2）（ⅰ）设点是底面正的中心，连接,则为正四面体的高，
由题知，在中，，
在中，由勾股定理可得，
由等体积法得，，则，
即，则内切球的半径为3.
（ⅱ）因为平面，所以点在上，且在球面上,
所以，当最小时，则,
以为坐标原点，过作平行线为轴，以为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，则；
设平面的法向量，
则，令，则，
设二面角大小为，
则，所以.
即二面角的正弦值为.
4. （2026·江苏扬州适应性·调研测试）如图，圆柱的轴截面是边长为4的正方形，点E，F为下底面圆周上的点，且是正三角形，点P是上底面圆周上一动点，G为直线与的交点.
（1）证明：
（i）面；
（ii）不论点P在何位置，三棱锥的外接球半径大小不变.
（2）求二面角的余弦值的取值范围.
【答案】（1）证明见详解，证明见详解；
（2）.
【分析】（1）（i）由是等边三角形，且的外接圆为圆得到为的中心，由为圆的直径得到，由圆柱的性质得到圆所在的平面，从而得到，利用线面垂直的判定定理得到平面.（ii）由题意得到平面，从而得到三棱锥的外接球的球心在上，设球心为，球的半径为，可以得到，即为的中点，从而可以求出的值，得证.
（2）利用空间向量法求解，求出平面和平面的一个法向量，设二面角的平面角为，利用向量的数量积求出，通过换元法求出的范围，即为二面角的余弦值的取值范围.
【详解】（i）是等边三角形，且的外接圆为圆，为的中心，
为圆的直径，，
四边形为正方形，，
平面与圆所在的平面交于，平面与圆所在的平面垂直，
圆所在的平面，
圆所在的平面，，，平面，
平面.
（ii）的外接圆为圆，平面，三棱锥的外接球的球心在上，
设球心为，球的半径为，则，，
，，，，
，，
为的中点，，，，
不论点P在何位置，三棱锥的外接球半径大小不变.
（2）以为原点，过作的平行线作为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
，，，设，
，，
设平面的法向量为，
则，即，解得，
，，
平面的一个法向量为，，
二面角的平面角为，则，
设，，，，
转化为，
当时，，当时，，
，，，，，，
，；
当，，
，，，，，，
，；
综上可知，，
则二面角的余弦值的取值范围为.
5. （2026·广东汕头3月·调研）如图．四棱锥的底面为正方形，平面平面ABCD，．设E为CP的中点．
（1）求平面PAB与平面ABE夹角的正切值；
（2）设F为线段PB上一点（含端点），求CF与平面ABE所成角的正弦值的范围；
（3）直接写出四棱锥的外接球表面积与体积（无需证明）．
【答案】（1）；
（2）；
（3）表面积为，体积为.
【分析】（1）取中点，连接，过作，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用面面角的向量法求解.
（2）由（1）中信息，利用线面角的向量法列出函数关系，再求出函数的值域即可.
（3）利用两点间距离公式求出球心坐标及球半径，再利用球的表面积、体积公式求解.
【详解】（1）四棱锥的底面为正方形，取中点，连接，过作，
则，由，得，由平面平面，
平面，得平面，则直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，设平面的一个法向量，
则，令，得，
而平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，，
所以平面与平面的夹角的正切值为.
（2）由（1）得，，平面的一个法向量，
令，
则，设CF与平面所成的角为，
因此
，
所以CF与平面所成角的正弦值的范围是.
（3）设四棱锥的外接球球心为，则球半径，
因此，
解得，
所以四棱锥的外接球表面积为，
体积为.
6. （2026·海南部分学校·联合调研）如图，在四棱锥，平面平面，，，
（1）证明：平面.
（2）已知，点在同一个球的球面上，设该球的球心为.
①在图中指出点O的位置，并说明理由；
②若Q为线段上的一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求.
【答案】（1）证明见详解
（2）①线段中点；②
【分析】（1）平面几何知识得到线线平行，进而得到线面平行；
（2）①利用球心到五个点的距离相等，确定球心的位置；②由几何关系设出点坐标，求出平面的法向量，利用线面角的计算公式，得出点坐标，最后两点间距离公式求解.
【详解】（1）在平面中，，所以.
又因为平面，平面，所以平面
（2）①如图，为中点，
理由如下：
设的中点分别是，连接
因为,所以是正三角形.
所以,所以
所以是正三角形，所以
因为，所以
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.
又平面.，所以，易得，所以，
因为，所以满足条件.
②以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系.
则有，,，，.
设点，，则.
，.
设平面的法向量为，则，代入得，
令，则，所以.
设直线与平面所成角为，所以，解得或（舍去）
所以，此时.
7. （2026·广东深圳市第一次·调研）已知球的半径为1，在球的内接八面体中，顶点，分别在平面两侧，且四棱锥与都是正四棱锥.
（1）如图1，若点在平面上，求证：平面；
（2）如图2，若二面角的正切值为，求该内接八面体的体积.
【答案】（1）证明见详解
（2）.
【分析】（1）先证明，再利用线面平行的判定定理直接证明即可；
（2）解法1 记正方形的中心为，取中点，设，利用二面角的平面角定义求得，， 因为为二面角的平面角且，列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解；
解法2 记正方形的中心为，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面和平面的法向量，利用向量法列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解；
解法3 以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面和平面的法向量，利用向量法列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解；
【详解】（1）如图，连接，则必过点，
在四边形中，由于对角线，互相平分，则四边形为平行四边形，故，
由于平面且平面，
所以平面；
（2）解法1 如图，记正方形的中心为，取中点，连接，，，，由于，则，同理可证，则为二面角的平面角，又，则，
则为二面角的平面角，为二面角的平面角，
不妨设点在的下方，
设
则，，，，，
于是，，
于是，
，
由于，则，解得，
则，则，即内接八面体的体积为；
解法2 如图，记正方形的中心为，连接，，
则，，两两垂直，如图，以点为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
不妨设点在的下方，
则，，，，
于点，，，，
设平面的一个法向量为，，，
由，，令，则，
于是平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
，，
由，，令，则，
于是平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，由于，
则，则，，
则，即内接八面体的体积为.
解法3 如图，过点作，记正方形中心为，连接，，
由于平面，，平面，则，，
且，则，，两两垂直，如图，以点为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
由对称性，不妨设点在的下方，设
则，，，，
于是点，，，，
设平面的一个法向量为，，
，
由，，
令，则，，
于是平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
，，
由，，
令，则，，
于是平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，由于，
则，则，
则，即内接八面体的体积为.
关系类型
核心证明思路
关键步骤
常用辅助线 / 性质
线面平行
找平面内的平行线 → 证平行 → 用判定定理
① 在平面内找 / 作与已知直线平行的直线
② 证明两直线平行
③ 由线面平行判定定理得结论
三角形中位线、平行四边形、相似三角形（线段成比例）
面面平行
证一个平面内两条相交直线都平行于另一平面
① 在一个平面内找两条相交直线
② 分别证明它们平行于另一平面
③ 由面面平行判定定理得结论
线面平行判定、平行公理
线线垂直
证夹角为90°或 利用线面垂直性质
① 证两线夹角为 90°（勾股逆定理、等腰三线合一等）
② 或证一线垂直于过另一线的平面
③ 由垂直定义或线面垂直性质得结论
勾股逆定理、等腰三角形三线合一、菱形对角线、直径所对圆周角
线面垂直
证直线垂直于平面内两条相交直线
① 在平面内找两条相交直线
② 证明已知直线分别与它们垂直
③ 由线面垂直判定定理得结论
线线垂直、面面垂直性质
面面垂直
证一个平面内的直线垂直于另一平面
① 在一个平面内找一条直线
② 证明它垂直于另一平面
③ 由面面垂直判定定理得结论
线面垂直判定