2026年高考数学一轮复重难点培优05立体几何建系、求点能力强化(复习讲义)(全国通用)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复重难点培优05立体几何建系、求点能力强化(复习讲义)(全国通用)(学生版+解析)，共5页。
\l "_Tc28373" 02 题型精研・技巧通法提能力 PAGEREF _Tc28373 \h 5
\l "_Tc16555" 题型一 底面是三角形载体（★★★★★） PAGEREF _Tc16555 \h 5
\l "_Tc7141" 题型二 底面是四边形（菱形、梯形等）载体（★★★★★） PAGEREF _Tc7141 \h 12
\l "_Tc26803" 题型三 底面是圆形载体（★★★★） PAGEREF _Tc26803 \h 21
\l "_Tc13512" 题型四 棱台图形载体（★★★★） PAGEREF _Tc13512 \h 30
\l "_Tc3897" 题型五 底面是其他形状载体（★★★★） PAGEREF _Tc3897 \h 41
\l "_Tc326" 题型六 在图形之外建系（★★★★★） PAGEREF _Tc326 \h 52
\l "_Tc11957" 题型七 其他建系思路（★★★★） PAGEREF _Tc11957 \h 60
\l "_Tc25070" 03 实战检测・分层突破验成效 PAGEREF _Tc25070 \h 69
\l "_Tc621" 检测Ⅰ组 重难知识巩固 PAGEREF _Tc621 \h 69
\l "_Tc1659" 检测Ⅱ组 创新能力提升 PAGEREF _Tc1659 \h 102
一、建系设点有关的基础储备
1、与垂直相关的定理与结论
（1）线面垂直
① 如果一条直线与一个平面上的两条相交直线垂直，则这条直线与该平面垂直
② 两条平行线，如果其中一条与平面垂直，那么另外一条也与这个平面垂直
③ 两个平面垂直，则其中一个平面上垂直交线的直线与另一个平面垂直
④ 直棱柱：侧棱与底面垂直；
⑤有一条侧棱垂直于底面的椎体.
⑥正三棱柱、正四棱柱：顶点在底面的投影为底面的中心.
⑦侧面与底面所成角均相等或侧棱长均相等可得顶点在底面的投影为底面的中心.
（2）线线垂直（相交垂直）
① 正方形，矩形，直角梯形
② 等腰三角形底边上的中线与底边垂直（三线合一）
③ 菱形的对角线相互垂直
④ 勾股定理逆定理：若，则
二、建立直角坐标系的原则
1、轴的选取往往是比较容易的，依据的是线面垂直，即轴要与坐标平面垂直，在几何体中也是很直观的，垂直底面高高向上的即是，而坐标原点即为轴与底面的交点
2、轴的选取：此为坐标是否易于写出的关键，有这么几个原则值得参考：
（1）尽可能的让底面上更多的点位于轴上
（2）找角：轴要相互垂直，所以要利用好底面中的垂直条件
（3）找对称关系：寻找底面上的点能否存在轴对称特点
3、常用的空间直角坐标系满足轴成右手系，所以在标轴时要注意.
4、同一个几何体可以有不同的建系方法，其坐标也会对应不同.但是通过坐标所得到的结论（位置关系，角）是一致的.
5、解答题中，在建立空间直角坐标系之前，要先证明所用坐标轴为两两垂直（即一个线面垂直底面两条线垂直），这个过程不能省略.
三、坐标的书写
1、能够直接写出坐标的点
（1） 坐标轴上的点，例如在正方体（长度为1）中的点，坐标特点如下：
轴： 轴： 轴：
（2）底面上的点：坐标均为，即竖坐标，由于底面在作立体图时往往失真，所以要快速正确写出坐标，强烈建议在旁边作出底面的平面图进行参考：以下图为例：
则可快速写出点的坐标，位置关系清晰明了
2、空间中在底面投影为特殊位置的点
如果在底面的投影为，那么（即点与投影点的横纵坐标相同）
这条规律出发，在写空间中的点时，可看下在底面的投影点，坐标是否好写.如果可以则直接确定了横纵坐标，而竖坐标为该点到底面的距离.例如：正方体中的点，其投影为，而所以，而其到底面的距离为，故坐标为
以上两个类型已经可以囊括大多数几何体中的点，但总还有一些特殊点，那么就要用到第三个方法：
3、需要计算的点
①中点坐标公式：，则中点
②利用向量关系进行计算（先设再求）：向量坐标化后，向量的关系也可转化为坐标的关系，进而可以求出一些位置不好的点的坐标，方法通常是先设出所求点的坐标，再选取向量，利用向量关系解出变量的值，例如：求点的坐标，如果使用向量计算，则设，可直接写出，观察向量，而 ，
四、垂面模型
已知条件中有一条直线垂直于一个平面，就是垂面模型．
情形１ 垂下(上)模型：直线竖直，平面水平，大部分题目都是这种类型．如图，此情形包括垂足在平面图形的顶点处、垂足在平面图形的边上(中点多)和垂足在平面图形的内部三种情况．
第一种建系方法为以垂足为坐标原点，垂线的向上方向为z轴，平面图形的一边为x轴或y轴，在平面图形中，过原点作x轴或y轴的垂线为y轴或x轴(其中很多题目是连接垂足与平面图形的另一顶点)建立空间直角坐标系．如图1-1
第二种建系方法为以垂足为坐标原点，垂线的向上方向为z轴，垂足所在的一边为x轴或y轴，在平面图形中，过原点作x轴或y轴的垂线为y轴或x轴(其中很多题目是连接垂足与平面图形的另一顶点)建立空间直角坐标系．如图1-2
第三种建系方法为以垂足为坐标原点，垂线的向上方向为z轴，连接垂足与平面图形的一顶点所在直线为为x轴或y轴，在平面图形中，过原点作x轴或y轴的垂线为y轴或x轴(其中很多题目是连接垂足与平面图形的另一顶点)建立空间直角坐标系．如图1-3

图1－1

图1－2

图1－3
情形2 垂左(右)模型：直线水平，平面竖直，这种类型的题目很少．各种情况如图，建系方法可类比情形1．

图2－1 图2－2 图2－3
情形3 垂后(前)模型：直线水平，平面竖直，这种类型的题目很少．各种情况如图，建系方法可类比情形1．

图3－1


题型一 底面是三角形载体
1．如图，三棱锥中，平面平面，是等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，，分别是，的中点，是上一点（不含端点）．
(1)证明：平面；
(2)若三棱锥的所有顶点都在球的球面上，且球的表面积为．
（ⅰ）求三棱锥的体积；
（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）；（ⅱ）
【分析】（1）要证明线面平行，可通过证明线线平行即可证明线面平行，即证明.
（2）（i）先根据已知条件确定球的球心位置，然后根据球的表面积求出球的半径，最后可求出三棱锥的体积.（ii）先建立空间直角坐标系，然后利用向量的坐标、向量夹角的余弦公式即可求出线面角的正弦值的最大值.
【详解】（1）证明：因为，分别是，的中点，所以．
因为平面平面，所以平面．
（2）（ⅰ）如图，连接．
因为是以为斜边的等腰直角三角形，为中点，
所以点是外接圆的圆心．
因为是等边三角形，是中点，所以外接圆的圆心在上．
又平面平面，所以球的球心即为外接圆的圆心．
因为球的表面积，所以球的半径，
所以，，，
所以三棱锥的体积．
（ⅱ）如图，以为原点，直线，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设，则．
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
设直线与平面所成角为，
则.
令，则，
当时，，
当且仅当，即时取等号．
综上所述，直线与平面所成角的正弦值的最大值为．
2．（2025·浙江嘉兴·一模）如图，在正三棱柱中，为的中点，点在棱上，.
(1)证明：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）方法一：根据题意先求的长，可得，利用，可得，再根据线面垂直的判定证明即可；
方法二：以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明线面垂直；
（2）方法一：延长交于点，过点作，垂足为，连结，又易得，则即为平面与平面的夹角，再解三角形求其余弦值即可；
方法二：以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求平面与平面夹角即可；
方法三：根据射影面积法求平面与平面夹角．
【详解】（1）方法一：在直三棱柱中，，
所以，
所以，所以，
又，所以，，，
则，所以，
所以，
即，又平面，
所以平面．
方法二：如图，以为原点，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
所以
所以，即
又平面，所以平面．
（2）方法一：如图，延长交于点，过点作，垂足为，连结，
则由平面得，
所以即为平面与平面的夹角．
在中，，
所以，即，
又，所以，
所以，所以，
即平面与平面夹角的余弦值为.
方法二：如图，以为原点，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，则，
取得，又平面的一个法向量为，
记平面与平面的夹角为，则，
即平面与平面夹角的余弦值为．
方法三：由（1）知，
记平面与平面的夹角为，则
即平面与平面夹角的余弦值为．
3．（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.
4．（25-26高三上·河南安阳·月考）如图，在三棱柱中，是边长为3的正三角形，.

(1)求棱的长；
(2)求证：平面平面；
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)5
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据几何关系，结合勾股定理和余弦定理，即可求解；
（2）根据（1）的结果，转化为证明平面，即可证明面面垂直；
（3）根据垂直关系，以点为原点建立空间直角坐标系，求平面的法向量，代入线面角的向量公式，即可求解.
【详解】（1）因为，，所以，
中，由余弦定理，
即；
（2）由（1）可知中，满足，
所以，且，，平面，
所以平面，且平面，
所以平面平面；
（3）如图，以点为原点，为轴的正方向，作轴，建立空间直角坐标系，
，，，，
，，
，
设平面的一个法向量为，
所以，令，则，
所以平面的一个法向量为，
设与平面所成的角为，
所以.

题型二 底面是四边形（菱形、梯形等）载体
1．（25-26高三上·黑龙江·开学考试）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面平面，为的中点，是棱上的点（不含端点），.
(1)求证：平面平面；
(2)若二面角大小为30°，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得线面垂直，即可得出面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，利用面面角的余弦公式建立方程，解得即可得解.
【详解】（1）证明：∵，为的中点，
∴四边形为平行四边形，∴，
又∵，∴，即，
又∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面；
（2）∵，为的中点，∴，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
在中，，
∴，，，，
设，，
∴，又，
设平面的法向量为，则，
令，得，
又平面的一个法向量为，
∵二面角为30°，
∴，
即，解得或（舍去），
即，∴.
2．（25-26高三上·浙江杭州·开学考试）如图，四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为4的正三角形，分别为棱和的中点.
(1)证明：平面；
(2)若平面平面，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）取中点，根据三角形中位线的性质构造线线平行，进而得到四边形是平行四边形，得到，再根据线面平行的判定定理得到结论.
（2）先证明两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求直线与平面夹角的正弦值.
【详解】（1）如图：
取中点，连接，，
因为为中点，所以且.
又底面为平行四边形，且为中点，所以，且.
所以且，所以四边形为平行四边形.
所以.
又平面，平面，所以平面.
（2）因为是边长为4的等边三角形，为中点，所以.
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
连接，在中，，，，
由余弦定理可得：，
所以,所以，所以是等腰直角三角形，.
所以两两垂直.
以为原点，建立如图空间直角坐标系.
则，，，，.
，，.
设平面的法向量为，
则，令得.
所以.
即为直线与平面所成角的正弦值.
3．（25-26高三上·山东济南·开学考试）如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，.

(1)证明：；
(2)若直线与直线所成角的余弦值为，且，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）先证明平面，再根据线面垂直的性质，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，设P点坐标，结合直线与直线所成角的余弦值可求出P点坐标，进而利用线面角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）连接交于O，因为为菱形，故；
又因为，O为的中点，故，
平面，故平面，
而平面，故.
（2）以O为坐标原点，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
结合（1）可设，因为，所以，即，
而，故，
解得，因为，则，故，故，
则，
设平面的法向量为，则，
则，令，则，则，
又，则，
即直线与平面所成角的余弦值为.
4．如图，在四棱锥中，平面为的中点，为菱形，，，分别是线段，上的动点，且满足.
(1)求证：平面；
(2)求的值，使得二面角的平面角的正切值为.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）结合题干建立空间直角坐标系，得到平面的法向量，进而可证明和法向量的数量积为即可.题干列式求解即可.
（2）利用（1）求出的点的坐标，再求出平面和平面的法向量，利用已知条件列式即可.
【详解】（1）证明：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，其中为的中点.
不妨设，则，
，
设，，，，，
由，得，，
同理得，，
设平面的法向量，则，，得
可取，于是，故.
又因为平面，即平面.
（2）由（1）可得，
设平面的法向量，则，，
可取，又为平面的法向量,
，，，
化简得，解得或（舍去），故.
5．（25-26高三上·四川·开学考试）如图，在四棱锥中，与均为等边三角形，平面平面，点与点在平面的异侧，.
(1)证明：平面；
(2)若，，，四点共圆，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的性质定理证明即可；
（2）记为的中点，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算二面角的大小即可.
【详解】（1）证明：因为是等边三角形，所以，
在平面中，由，可知是的中垂线，
故，
而平面平面，平面平面，平面，
故平面.
（2）记为的中点，由，，，四点共圆可知，
而，故.
不妨令，易知，，，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，，，，，
故，，，.
记平面的法向量为，
，即，可取，
记平面的法向量为，
，即，可取.
记平面与平面的夹角为，则.
6．如图（一），在中，于点，，四边形是平行四边形.将沿折起至的位置，如图（二）所示，连接，.
(1)证明：；
(2)是的中点，连接，，记二面角为，二面角为.
（i）设三棱锥的外接球球心为O，证明：当时，；
（ii）是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）是，
【分析】（1）要证明线线垂直，需要通过证明线面垂直从而得到线线垂直，即证明平面.
（2）（i）根据垂直关系先建立空间直角坐标系，然后求出的坐标，从而可证明.
（ii）根据垂直关系先建立空间直角坐标系，然后求出平面、平面的法向量，进而求出的表达式，从而可判断是否为定值.
【详解】（1）证明：由题意得，，
.
，平面，，
平面.
又平面，.
（2）（i）证明：当时，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，故，，.
设的中点为Q，易知的外接圆的圆心恰为点Q，而的外接圆的圆心为BC的中点，分别过两个圆心作对应平面的垂线，则交点为O，根据已知条件，得点，
故，，.
又O，C，，D四点不共线，.
（ii）解：为定值.
如图，以点为坐标原点，，所在直线为轴，轴，以垂直于面的直线为轴建立空间直角坐标系，且.
，，，，其中.
易得平面和平面的一个法向量.
设平面的一个法向量，
有，令，得，
设平面的一个法向量，
有，令，得.
故，.
而，.
故.

题型三 底面是圆形载体
1．（2025·湖北十堰·三模）如图，边长为2的正方形是圆柱的轴截面，为底面圆上的点，为线段的中点．
(1)证明：平面．
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取线段的中点，连接，证明四边形为平行四边形，则，再根据线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，利用线面角的空间向量求法即可得到方程，解出即可.
【详解】（1）取线段的中点，连接．
在中，．
因为，所以，
所以四边形为平行四边形，则．
因为平面平面，所以平面．
（2）连接，因为是圆的直径，所以．
过点作圆柱的母线，则平面，所以互相垂直．
以为原点，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设，则，
所以．
设为平面的法向量，
所以，令，则．
易知直线的一个方向向量为．
记直线与平面所成的角为，
则，
化简得．
结合，解得，所以．
2．（25-26高三上·安徽阜阳·开学考试）如图所示，在圆锥中，是的直径，是正三角形，点在上，且，.

(1)证明：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）根据圆锥性质特征可证明四边形为平行四边形，再由线面平行判定定理即可证明得出结论；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法即可得出直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）因为，，是的直径，
所以，且，因此可知四边形为平行四边形，
可知，又因为平面，平面，
所以平面；
（2）取的中点为，连接，，
因为，，因此为正三角形；
所以，即，
由圆锥性质易知平面，平面，
所以，因此三条直线两两垂直，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

取，可知，，
所以
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，可得，
即，
又，设直线与平面所成的角为，
所以，
因此直线与平面所成角的正弦值为.
3．（2025·山西临汾·三模）如图，已知圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，点P是圆上异于点C，D的任意一点．
(1)证明：平面平面；
(2)若，求点D到平面的距离；
(3)求与平面所成角的正弦值的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由，得到平面，即可求证；
（2）法一：由等体积法求解，法二：过点D作，垂足为，确定平面，进而求解；
（3）法一：由（2）得到即为AD与平面ACP所成角．进而求解；法二：建系，由线面角的向量法求解即可.
【详解】（1）因为CD是圆的直径，所以.
又因为平面PDC，平面PCD，所以.
因为，都在平面内，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）方法一：等积法
因为，所以P为弧CD的中点，
所以，，
由（1）知平面，因为平面，所以.
在中，，，
故，
设D到平面的距离为d，由得，解得，
即点D到平面ACP的距离为
方法二：定义法
过点D作，垂足为E，
因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面ACP，
因为，所以P为弧CD的中点，
则，，
在中，，
所以，即点D到平面的距离为．
（3）方法一：定义法
由（2）知，平面，
所以即为AD与平面ACP所成角．
设，，
在中，，，
，
所以
所以．
因为，所以，
所以，
即与平面所成角的正弦值的取值范围为．
方法二：向量法
如图，以为原点，分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，
故，，
设，则，，
故，
设平面ACP的法向量为，则即，
取，
设AD与平面所成角为θ，则
，
因为，故所以，
即，
即AD与平面ACP所成角的正弦值的取值范围为．
4．（2025·新疆喀什·模拟预测）如图，P为圆台的上底面的圆心，为圆台下底面的圆心，为下底面直径.是下底面圆的内接正三角形，
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）根据勾股定理证明，，由线面垂直的判定定理得证；
（2）以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面，平面的一个法向量，利用向量法求出二面角.
【详解】（1）由题设，在圆O中，直径，又是下底面圆的内接正三角形，
故可得，所以，
因为，可得，
故
同理，可得，又，平面，
所以平面.
（2）过O作交于点N，因为平面，
以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，，
设平面的一个法向量为，
由，得，令，得，
所以，
设平面的一个法向量为，
由，得，令，得，
所以，
故，
设二面角的大小为，由图可知二面角为锐二面角，
所以.
5．（2025·山东菏泽·二模）如图，圆台的下底面圆的半径为，为圆的内接正方形．为上底面圆上两点，为的中点，且平面平面，．
(1)求证：；
(2)若，求与平面所成角正弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）利用正方形的性质证明，再借助已知线线垂直可证明线面垂直，再利用面面垂直可证明线面垂直，从而可得线线垂直，即证中点；
（2）利用空间向量法来研究线面角的正弦值，然后借助函数的单调性求出最大值.
【详解】（1）
证明：取的中点G，连交AF于H.
在正方形中，由于F为的中点，
可得，则，
因为，所以，
得到，即
因为平面，
所以平面，又平面，故
由于平面平面，平面平面，
，故平面，又平面，则.
因为，平面，
所以平面，又因为平面，
则，又点G是的中点，故.
（2）由于圆O的半径为，则正方形的边长为2，
又，则.
以O为坐标原点，过点O作平行的直线分别为x轴，y轴，
所在的直线为z轴建立如图空间直角坐标系.
则，
易求上底面圆的半径为1，故.
故，，.
设平面的法向量为，由， 得
取，，故，
设与平面所成角为，则，，
令得，，
所以在上单调递增，
故.
所以与平面所成角正弦值的最大值为．

题型四 棱台图形载体
1．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，，且底面，点P、Q分别是棱的中点.
(1)在底面内是否存在点，满足平面?若存在，请说明点的位置，若不存在，请说明理由；
(2)设平面交棱于点T，平面将四棱台分成上，下两部分，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)存在点
(2)
【分析】（1）根据题意建系，求出相关点和相关向量的坐标，通过线线垂直建立方程组，即可求得点的坐标，得出结论；
（2）按（1）建系，利用四点共面求得点坐标，再利用空间向量的夹角公式计算即得.
【详解】（1）
因底面，且是正方形，故可以点为坐标原点，
分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则
因点P、Q分别是棱的中点，则,
,
假设在底面内存在点，使得平面，则
则由，解得，
故存在点，满足平面；
（2）按照（1）建系，设点，
依题意，四点共面，故必有,
即，则得，，解得，
即，又,
设平面的法向量为，则，
故可取.因，
设与平面所成角为，则.
即与平面所成角的正弦值为.
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·河南·三模）如图，在五棱台中，平面，，，，，，，．
(1)证明：平面．
(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）将五棱台还原成五棱锥，取的中点M，证明及，从而推出四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，再根据公式求解即可.
【详解】（1）
如图所示，分别延长，，，，，
为棱台，
，，，，交于一点P，且为五棱锥.
，，，，
且，，，，分别为，，，，的中点．
连接，取的中点M，连接，．
，，，
且，又，，
又，，
连接，，，，
，，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，
平面．
（2），，两两相互垂直，
以A为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
由（1）知，，，
四边形为正方形，，，
，B，M，D三点共线，且，
，，，，，
则，，，
设为平面的一个法向量，
则，即，
令，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.
4．（2025·广东深圳·二模）已知四棱台，底面是边长为2的菱形，平面，，E是的中点．
(1)证明：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）先由底面菱形性质及线面垂直性质证平面，得. 再根据已知边长用勾股定理逆定理证. 因为与相交，所以平面.
（2）解法1，过作，证平面，再过作，得为二面角平面角. 算出、长度，用正切求出正切值，再求其余弦值.
解法2，建立空间直角坐标系，用向量法求二面角.先找出平面的一个法向量.
设平面法向量，根据向量垂直关系求出. 最后用向量夹角公式求两平面夹角余弦值.
【详解】（1）因底面是菱形，，是BC中点，所以，又，则.
已知平面，平面，所以.
因为平面，且，所以平面.
又平面，故.
四棱台上下底面平行且相似，上底面是边长为菱形.
在四边形中，，，由勾股定理得，.
在中，，所以，即.
因为平面，，所以平面.
（2）解法1 在等腰直角中，过作，
则M是中点，，
又，所以平面，
又因为平面，所以，
过M作，连接，
由于平面，
所以平面，
又平面，故，
所以为平面与平面的夹角，
由（1）知，在中，，
故，
因为平面，平面，
所以，
则，
又因为为锐角，
所以，
故平面与平面夹角的余弦值为．
解法2 因为平面ABCD，所以AE，AD，两两垂直．
以A为原点，AE，AD，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系
则，
，
由（1）易知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，
即取，得，
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为．
5．如图，在三棱台中，点D，E分别为，的中点，，，，．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)点M在侧面内，且平面，当线段最短时，求平面与平面所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明四边形是平行四边形求出，余弦定理求出，即可根据勾股定理证明，结合，可证明线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，空间向量法求直线与平面所成角的正弦值.
（3）求出平面ADE的法向量，设，由点M在侧面内，所以存在使得，再结合平面可推出，根据两点间距离公式及二次函数的性质可求出取最小值时m的取值，即可求出此时点M的坐标，利用向量法求平面与平面的夹角的余弦值.
【详解】（1）由棱台性质知，
所以，则，
在中，由余弦定理可得：，，
连接，因为D为BC中点，所以，所以四边形为平行四边形，则，
因为，所以，，
又因为，，平面，平面，
所以平面.
（2）因为， 所以，则，
以A为坐标原点，AB、AD、分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
，
，，
，，
设平面的一个法向量为，
，令，得，故，
设直线与平面所成角为，
（3）设为平面ADE的法向量，
，
，令得，，
设，
因为点M在侧面内，所以存在使得,
，
，，，
因为平面，所以，得，
将，，代入上式可得，
则，所以，
因为M在侧面内，所以，
当时，取得最小值，此时，
易知平面的法向量为，
设平面的法向量为
，，
，令得，，
设平面与平面所成的二面角为，
，，
所以平面与平面所成的二面角得正弦值为.

题型五 底面是其他形状载体
1．如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．
(1)证明：；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；
（2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.
【详解】（1）由，
得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，则，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故；
（2）连接，由，则，
在中，，得，
所以，由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，
由是的中点，得，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，得，
所以，
所以，
设平面和平面所成角为，则，
即平面和平面所成角的正弦值为.
2．（2024·河北衡水·模拟预测）如图，在六棱锥中，平面是边长为的正六边形，平面为棱上一点，且.
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）连接交于点，连接，由正六边形的性质可求得，再由，得，则平面，然后由，得平面，则由面面平行的判定定理可得平面平面，再由面面平行的性质可证得结论；
（2）由平面，得两两垂直，所以以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：如图，连接交于点，连接.
因为六边形是边长为的正六边形，
所以,
所以，
所以.
又，所以.
因为平面平面，
所以平面.
又平面平面，
所以平面.
又平面，
所以平面平面.
又平面，所以平面.
（2）解：由平面，得两两垂直.
以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
所以，.
设平面的法向量为，
则，
令，得，
则平面的一个法向量为.
由（1）得平面平面，又平面，
所以平面，
从而为平面的一个法向量.
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
3．（2025·安徽安庆·二模）如图，在矩形中，为中点，在边上，且，将沿翻折至，得到五棱锥为中点.

(1)求证：平面：
(2)若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）如图，取中点，连接，然后通过证明平面平面，进而证明平面；
（2）取中点，连接，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【详解】（1）证明：如图，取中点，连接，

因为在矩形中，，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，又，所以，
因为平面，所以平面，
在中，分别为的中点，
所以，
因为平面，所以平面，
因为平面平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面；
（2）取中点，连接，如图所示，

因为在矩形中，，
所以在中，，且，
因为平面平面，且平面平面，
所以平面，
以为坐标原点，所在直线为轴，并过点分别作与平行的直线为轴，与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意可得：
，
所以，
设平面的法向量为，有
，所以，
取，得平面的一个法向量为
又，设直线与平面所成角的，
则
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
4．（2025·四川绵阳·模拟预测）三棱锥中，底面为等腰直角三角形，，．点P在底面上的射影E是线段靠近点A的四等分点．
(1)求与平面所成角的正弦值；
(2)求三棱锥外接球体积；
(3)设靠近B的四等分点为F，D是平面ABC内的动点，且C，D在直线的两侧，满足．试探究是否存在点D使得平面平面?若存在，请求出DE的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）法一：利用等体积法，求出点到平面的距离，从而；法二：连接PE，证得，求得，过B作，证得平面，得到为与平面所成角，在中，求得，利用面积相等法，求得，再直角中，即可求得与平面所成角的正弦值；
（2）由几何性质知，球心M在过AB中点O且与面CAB垂直的垂线上，建立AB中点O为空间坐标原点，OC所在直线为x轴，BO所在直线为y轴的空间直角坐标系，设，由，可解；
（3）以AB中点O为空间坐标原点，OC所在直线为x轴，BO所在直线为y轴，，则D点轨迹方程，分别求出平面和平面的法向量，根据可解.
【详解】（1）法一：等体积法：，，
，
∴由，则，
．
法二：连接PE，因为P在底面ABC上的射影E是线段AB靠近点A的四等分点，
可得，因为平面，所以，
在直角中，可得，
又因为平面，所以平面平面，且交线为CE，
过B作于点G，连接PG，
因为平面，由面面垂直的性质，可得平面，
故为PB与平面PCE所成角，
在中，，，，
由余弦定理得，所以，
又由，所以，
在中，由，所以，
即直线PB与平面PCE所成角的正弦值为；
（2）由几何性质知，球心M在过AB中点O且与面CAB垂直的垂线上，
建立AB中点O为空间坐标原点，OC所在直线为x轴，BO所在直线为y轴，过点O平行于的直线为轴的空间直角坐标系，
则，，设，
由，，
，故，，
故；
（3）则由几何关系可得，，，，，由，
在平面xOy中，D在以E、F为焦点的椭圆上，故①
设面PBC的法向量，，，由，
有，令，得
设面PBD的法向量，，，由，
，取，则，
故得②代入①得（舍）或．
而，故.
5．如图，在四棱锥中，底面，，是线段上的动点．

(1)证明：；
(2)若是线段的中点，求平面与平面夹角的余弦值；
(3)设直线与平面所成角为，求的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由底面，根据线面垂直的性质得到，再结合利用线面垂直的判定证得平面即可得证;
（2）建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，结合向量夹角公式求解；
（3）当点与或重合时，可直接求的方向向量与平面的法向量的夹角余弦值；
若点与点均不重合时，根据点在上，可设，求得，从而得到平面的法向量，再用表示出与平面所成角的正弦值，利用换元法转化成二次函数的值域求解即可得到的取值范围.
【详解】（1）因为底面平面，所以
又平面,
所以平面.
又因为平面，所以.
（2）因为底面平面，所以，
如图，以为原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系，
∵，
∴，，，.
所以，，，，，
∵是线段的中点，∴，
所以，，，，
设平面的法向量为，则，
即，取，则，，
所以为平面的一个法向量.
设平面的法向量为,
，即，取，则，，
所以为平面的一个法向量.
所以.
所以平面与平面夹角的余弦值为.

（3）由（2）知，,，
所以,，，，
若点与重合，则平面即为平面，则为平面的一个法向量.
则，
若点与重合，则平面即为平面,则为平面的一个法向量.
则
若点与点均不重合，
由与共线，设，且.
则.
设平面的法向量为，则，
即，
取，则，
所以，（）是平面的一个法向量.
因为
所以
.
令，则，.
，
因为，所以.
综上，.

题型六 在图形之外建系
1．（25-26高三上·福建莆田·月考）如图，四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，，．
(1)若点为线段的中点，证明：//平面；
(2)若点为直线上的动点，当直线与底面所成角的正弦值取最大值时，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）构造线线平行，可证线面平行.
（2）建立空间直角坐标系，根据直线与底面所成角的正弦值最大，确定点位置，再求三棱锥的体积.
【详解】（1）取中点，连接，.如图：
因为为中点，所以且.
又且，
所以且.
所以四边形为平行四边形，所以.
又平面，平面，所以平面.
（2）取中点，连接，，因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以且.
由，，，所以四边形为正方形，
所以，.
因为，平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
在平面内作直线的垂线，
则平面，有，.
以为原点，分别以所在直线为坐标轴，建立如图空间直角坐标系.
因为，所以平面，
因为平面，所以.
由，，可得.
由余弦定理，,
所以.
所以，，.
所以，.
设，
.
底面的一个法向量为.
设直线与底面所成的角为，
则.
当时，；
当时，.
所以当时，取得最大值.
此时，.
所以到平面的距离为，
又，
所以此时三棱锥的体积为.
2．（25-26高三上·贵州毕节·开学考试）在三棱锥中，，平面，点M是棱上的动点，点N是棱上的动点，且．
(1)当时，求证：；
(2)当的长最小时，求二面角的余弦值
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明出，建立空间直角坐标系，得到点的坐标，计算出，得到垂直关系.
（2）计算出当时，取得最小值，求出两平面的法向量，利用向量法可求得二面角的余弦值．
【详解】（1）由，得，则，又平面，
以为坐标原点，直线分别为轴，平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，
当时，分别为的中点，，
则，，因此，
所以.
（2）由，得，
则，当且仅当时取等号，
此时，
设平面的法向量为，则，取，得，
设平面的法向量为，则，取，得，
因此，由图形知：二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.
3．（25-26高三上·河南安阳·月考）如图，在三棱柱中，是边长为3的正三角形，.

(1)求棱的长；
(2)求证：平面平面；
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)5
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据几何关系，结合勾股定理和余弦定理，即可求解；
（2）根据（1）的结果，转化为证明平面，即可证明面面垂直；
（3）根据垂直关系，以点为原点建立空间直角坐标系，求平面的法向量，代入线面角的向量公式，即可求解.
【详解】（1）因为，，所以，
中，由余弦定理，
即；
（2）由（1）可知中，满足，
所以，且，，平面，
所以平面，且平面，
所以平面平面；
（3）如图，以点为原点，为轴的正方向，作轴，建立空间直角坐标系，
，，，，
，，
，
设平面的一个法向量为，
所以，令，则，
所以平面的一个法向量为，
设与平面所成的角为，
所以.
4．（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.
5．（25-26高三上·河北·开学考试）如图，在四棱锥中，底面，，，.

(1)求证：平面平面.
(2)若为的中点，且，
（ⅰ）求证：四棱锥的各个顶点都在一个球的球面上，并求该球的半径；
（ⅱ）求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）证明见解析，；（ⅱ）
【分析】（1）利用线面垂直证明面面垂直;
（2）（ⅰ）证明，为的中点，，同理，有，又底面，平面，所以,可得为四棱锥的外接球的球心, 建立空间直角坐标系，取的中点，设，求出,求出半径;（ⅱ）由（ⅰ）知，，求出平面的法向量为，求出平面的法向量为,求出余弦值.
【详解】（1）证明：因为，所以.
因为底面，平面，所以.
因为，平面，平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）（ⅰ）证明：连接，，
因为平面，平面，所以，
因为为的中点，所以，同理，有，
因为底面，平面，所以，
因为为的中点，所以，
因此，
所以为四棱锥的外接球的球心.
按如图所示建立空间直角坐标系，
取的中点，连接，易知为底面四边形外接圆的圆心.则，设，
则，，，，，
由，得，即，得，故，.
故四棱锥的外接球半径为.

（ⅱ）解：由（ⅰ）知，，
设平面的法向量为，
由得
则，取，，
得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，，，
由得
解得，令，得，故.
设二面角的平面角为，
则.
故二面角的余弦值为.

题型七 其他建系思路
1．（2025·广东揭阳·二模）如图，，，都是等边三角形，点D，E分别在平面的上方和下方，点为中点.
(1)求证：A，D，O，E四点共面；
(2)若，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，证得平面，平面，可得A，D，O，E四点共面；
（2）以O为坐标原点，以OA，OB分别为x、y轴，以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，利用线面角的向量表示，然后结合辅助角公式和三角函数的有界性求出最值即可
【详解】（1）连接DO、AO、EO，
因为，，都是等边三角形，
所以，
又在平面内交于点O，在平面内交于点O，
所以平面，平面，
因为过O只有一个平面与垂直，且平面与平面有公共点O，
所以平面与平面是同一平面，
即A，D，O，E四点共面；
（2）连接DO、AO、EO，AD，
以OA，OB分别为x、y轴，
以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，
则，
因为是等边三角形，边长，点为中点，
所以，所以
又，
设，
所以，解得，
所以，
因为是等边三角形，边长，点为中点，
所以，又，
设，
所以，解得，
由(1)得为二面角平面角，
设，则点，
故，
设平面的法向量为，
则，
取得，
所以，
设直线与平面所成角为，
则
，
其中，
当时，取得最大值为，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值.
2．（2025·湖南娄底·模拟预测）如图，在多面体中，四点共面，四边形为平行四边形，，，，且，，，.
(1)求的长；
(2)求多面体的体积；
(3)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用面面平行的判定定理求证平面平面，即可求证四边形为正方形，过点作，进而求证四边形为平行四边形，即可求出；
（2）求证平面，平面，则可利用棱锥的体积公式计算；
（3）法一，求证是二面角的平面角，在中计算即可.
法二，以为坐标原点建系，求出两个平面的法向量，计算法向量夹角的余弦值.
【详解】（1），平面，平面，平面.
，平面，平面，平面.
，平面，平面平面.
平面平面，平面平面，.
同理可证，，，四边形为正方形.
如图①，过点作，交于点，连接.
，四边形为平行四边形，
，，.
，，，，，，
四边形为平行四边形，，.
，，，，
四边形为平行四边形，.
（2），，，，.
，，，，.
，.
，，平面，平面.
平面，，，，两两垂直.
，平面.
平面，.
又，，，平面，平面.
同理可证平面.
则，
，
所以.
（3）方法一：如图②，连接，交于点，连接.
由（1）知，，平面.
，平面.平面，.
，，平面，平面.
平面，，是二面角的平面角.
在中，，，，，
平面与平面的夹角的余弦值为.
方法二：由（1）可知，平面，，平面.
又，以为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴，建立如图③所示的空间直角坐标系，
则，，，
，.
设平面的法向量为，
则取，则，.
显然为平面的一个法向量，
，
平面与平面的夹角的余弦值为.
3．（2025·河南郑州·二模）若一个四面体三组对棱分别相等，我们称它为“等腰四面体”．已知在等腰四面体中，分别为所在棱的中点，如图所示．
(1)求证：平面；
(2)若，，求二面角的大小；
(3)在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，直线与交于，两点．为空间中一点，若四面体为等腰四面体，求其外接球表面积的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接各个中点，由中位线得到四边形是菱形，由菱形对角线垂直得到线线垂直，然后得到线面垂直；
（2）将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系，由线段长求得点的坐标，然后得到平面内向量的坐标，由空间向量垂直求得平面的法向量，再由空间向量的夹角求得二面角的大小；
（3）由（2）中的思想，设补充完的长方形长宽高分别为，由长方体的外接球得到四面体的外接球半径，然后得到球的表面积公式.由勾股定理得到与的关系，从而得到球的表面积与.在平面中，设坐标，联立方程组由韦达定理得到两个交点坐标与的关系式.然后求得的代数式，从而得到球的表面积的代数式.由余弦定理得到为锐角，从而由向量的数量级建立不等式，求出的范围，然后得到球表面积的最小值.
【详解】（1）连接，，，，因为，，
所以，四边形为平行四边形，
又，，所以，所以四边形为菱形，
所以，
同理，四边形为菱形，，
又因为四边形为菱形，，交于一点，
所以平面．
（2）如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系，
由，，得，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则令，得，
，，
设平面的一个法向量为，
则令，得，
所以．
所以二面角的大小为．
（3）由（2）知可将补成长方体，设长宽高分别设为，，，
则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半，即：，
，
，，，则，
在平面内设，，由，得，
显然，
，，
于是，
，
所以
在中，，则为锐角，
因此，即，
，解得，
又，
不妨令，则，
∵，∴当时，．
此时，所以的最小值为，此时直线方程为．

检测Ⅰ组 重难知识巩固
1．（25-26高三上·广东深圳·开学考试）如图，直四棱柱中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，M，N分别为棱上的点，且．

(1)若平面MBD⊥平面NBD，求实数k的值；
(2)若，求直线DN与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）连接，以为原点建立空间直角坐标系，再确定二面角的平面角，利用向量垂直的坐标表示求出.
（2）求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解.
【详解】（1）直四棱柱中，连接，由菱形，得，
取中点，连接，而为中点，则四边形是平行四边形，，
而平面，则平面，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，
在菱形中，，则，由，
得，则，
由平面，平面，得，而，
平面，则平面，又平面，
因此，是二面角的平面角，
由平面MBD⊥平面NBD，得，则，又，
所以.

（2）由（1）及，得，
，
令平面的法向量，则，取，得，
，
所以直线DN与平面所成角的正弦值为.
2．（2025·辽宁·模拟预测）如图，在圆台中，，，是下底面圆周上的三点，为下底面圆的直径，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)若，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）由圆台的性质知底面，从而得；再由为下底面圆的直径结合为的中点可证，由线线垂直即可证得线面垂直.
（2）建立空间直角坐标系，按照求直线与平面夹角的公式，按步骤求解即可.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，
因为为下底面圆的直径，所以，
因为为的中点，所以，
所以，
又，，平面，
所以平面.
（2）以为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，
则，，，，
则，，.
设平面的一个法向量为，
则取，得.
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.
3．（2024·河南焦作·模拟预测）如图，在五棱锥中，平面，，，，，，.
(1)证明：；
(2)若点与直线上一点的最小距离为3，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）延长交的延长线于点，根据平行四边形的判定结合平面几何关系可得，再根据勾股定理结合线面垂直的判定与性质证明即可；
（2）当取最小值时，根据线面垂直的判定可得平面，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，再分别求解平面与平面的法向量求解即可.
【详解】（1）证明：如图，延长交的延长线于点，
因为，，所以四边形为平行四边形.
因为，所以，
所以.
易知，则，
故，所以.
又，所以.
又平面，平面，所以.
又，，平面，
所以平面，又平面，所以.
（2）当取最小值时，，由（1）知，
因为，，平面，所以平面.
又平面，所以，从而，，三点共线，即线段，的延长线交于点.
连接，.
由（1）知，分别是，的中点，所以，所以.
又，所以四边形是矩形，
所以，又，故.
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，.
设平面的法向量为，
则即
令，得，，则平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
则即
令，得，，则平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为.
4．（2025·上海·三模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，，是底面半径，，为劣弧的中点.
(1)证明：平面；
(2)若圆锥底面半径为1，高为2，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线线平行，可证明线面平行，所以需要证明与平面内的一条直线即可.
（2）首先建立空间直角坐标系，然后将点的坐标表示出来，进而可将向量的坐标表示出来，设出平面和平面的法向量，利用坐标关系求出法向量的坐标，最后利用数量积求出两平面夹角的余弦值.
【详解】（1）连接，如图所示.
因为点是劣弧的中点，，
所以.
因为，所以为等边三角形.
所以，根据内错角相等，两直线平行，
所以，因为平面，而不在平面上，
所以平面.
（2）过点作交于点，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，如图所示.
则、、、，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，则，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，可得，，则，
所以，，
因此，当四边形面积最大时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
5．如图，在正六棱锥中，，表面积为．
(1)证明：平面平面PFC；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明平面PFC得到平面平面PFC．
（2）以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面PAD与平面PBD的法向量，用空间向量求夹角.
【详解】（1）证明：设O为正六边形的中心，M为BC的中点，
由正六边形可知，，，，
所以平面PFC，
因为平面PAE，所以平面平面PFC．
（2）设，连接OB，OM，PM，
由，有，，
所以，解得，
以O为坐标原点，OM，OD，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
有，，，，
故，
从而平面PAD的一个法向量，
设平面PBD的一个法向量为，
由，，可得
令，有，，所以，
从而，
由图知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.
6．（25-26高三上·四川绵阳·开学考试）如图甲，在梯形中，，，，是的中点，将沿折起，使点到达点的位置，如图乙，且.
(1)求证：平面平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)设的中点为，在平面内取点，使得直线平面，问点是否在内？并求的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)不在内，
【分析】（1）取的中点，把问题转化为证明平面，然后只需证明和即可；
（2）建立空间直角坐标系，计算平面的法向量，然后再利用点到平面的距离的向量公式即可；
（3）设，由在平面可得到，再根据解出点坐标即可.
【详解】（1）取的中点，连结，，因为，所以.
在中，，所以，在中，，
在中， ，，，所以，
所以，又因为，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）连结，，，，
所以，且，由（1）可知平面，
又因为平面，
所以，，所以两两垂直，
如图，以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，则，
取，得，则，
所以点到平面的距离.
（3）设，由在平面内可知，
即，
所以，即，所以.
因为平面，所以是平面的一个法向量，所以，
即，解得，故，.
所以点不在内，.
7．如图，四棱台中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧面所成的角为.

(1)求点到平面的距离；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）取的中点，的中点，连接，根据已知求得，构建空间直角坐标系，向量法求点面距离即可；
（2）根据（1）所得坐标系，应用向量法求二面角余弦值.
【详解】（1）取的中点，的中点，连接，
由题意可知四棱台为正四棱台，
则平面，线面垂直的性质知，，，
则，且，则四边形为矩形．
所以，故为与侧面所成的一个角．
因为与侧面所成角为，所以，
如图所示，以点为坐标原点，建立的间直角坐标系，

则，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，
令，则平面的一个法向量为，而，
所以点到平面的距离；
（2）因为，设面的法向量为，
则，
令，则面的一个法向量为，
所以，易知二面角的平面角为钝角，
所以二面角的余弦值为．
8．（25-26高三上·江苏南通·开学考试）如图，在三棱锥中，，，平面平面．
(1)证明：平面平面；
(2)若平面，平面，且平面将三棱锥截为两部分，求截面面积的最大值；
(3)若二面角的余弦值为，求.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）由已知得，再由面面垂直的性质定理及判定定理，即可证结论；
（2）若分别是上的点，且，得为平行四边形，利用线面平行的判定及已知得可由平面平移得到，令平移后则，求平行四边形截面的边长，进而写出面积表达式，即可得；
（3）构建合适的空间直角坐标系，设并标注出相关点坐标，求出相关平面的法向量，根据二面角的余弦值及夹角的向量公式列方程求参数，即可得.
【详解】（1）由，则，即，
由平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，则平面平面.
（2）若分别是上的点，且，显然为平行四边形，
由平面，平面，则平面，
由平面，平面，则平面，
因为平面，平面，且为异面直线，
故平面与平面平行或重合，所以可由平面平移得到，
令平移后则，所以，，
又截面始终为平行四边形，所以，
要使截面的面积最大，只需且，此时最大；
（3）由（1）平面，在平面内作，如下图示，
可构建如图示的空间直角坐标系，设，则，，，
故，，，，
若是平面的一个法向量，则，可取，
若是平面的一个法向量，则，可取，
由二面角的余弦值为，则，
所以，可得，解得或（舍），
所以.
9．如图，在三棱台中，，，，与相交点，点在上，且.
(1)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）先线面平行判定定理得出平面及平面，再根据面面平行判定定理得出平面平面，再应用，面面平行性质定理得出线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，先求出法向量，再结合线面角的正弦公式计算求解.
【详解】（1）
在上作点，使得，则，平面，平面，所以平面，
又因为，且，所以，所以，平面，平面，
所以平面，平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面
（2）过作,，所以，所以；
过作,，所以，所以；
平面，平面，所以平面，
因为平面，以为原点，平面为平面，为轴，过A作的垂线为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，且，，
所以，则，
则，，
设向量是平面的一个法向量，
则，
取，则，，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为
10．（24-25高三上·北京海淀·月考）如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，四边形为菱形，，平面平面，为棱的中点，记平面和平面的交线为．

(1)证明：；
(2)求点到平面的距离；
(3)在线段（不含端点）上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，或
【分析】（1）由题意，可得平面，然后利用线面平行的性质可证得；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面的距离的向量公式求解；
（3）设，根据已知条件及线面角的向量公式列方程求解.
【详解】（1）∵四边形为菱形，∴，
∵平面，平面，∴平面，
∵平面，平面和平面的交线为，
∴.
（2）取的中点，连接，
∵是边长为4的等边三角形，∴，
∵四边形为菱形，，∴为等边三角形，，
∵平面平面，平面平面，平面，，
∴平面，
以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，
，
设平面的法向量为，
由，
令，则，，
∴点到平面的距离.
（3）假设在线段（不含端点）上存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为．
设，
则，
∵平面的法向量为，直线与平面所成角的正弦值为，
∴，
整理得，解得或，
所以在线段 (不含端点)上存在点，当或时，直线与平面所成角的正弦值为．
11．如图，圆柱的轴截面为，点、为上底面圆周上的两点，已知，直线过的重心.
(1)证明：；
(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）根据线面垂直的判定可得平面，然后根据线面垂直的性质即可得；
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用面面角的向量求法即可求解.
【详解】（1）在圆柱中：平面，，
在上底面中，为直径且，，
又，在平面内相交于点D，
平面，
又平面，
.
（2）设，由（1）知：，所以是的中点，
由于是的重心，
、、三点共线，连接；
由于，则，
又，
所以，即：，
为上底面圆的圆心，且，
故以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系；
不妨设，则：，，，，，
又点是的重心，所以，
.
设面的法向量，，，
则，即：，
取，则
所以；
设面的法向量，，，
则即
取，则
所以；
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
12．如图，四面体中，为等边三角形，且，为等腰直角三角形，且.

(1)当时，
（i）求二面角的正弦值；
（ii）当为线段中点时，求直线与平面所成角正弦值；
(2)当时，若，且平面，为垂足，中点为，中点为；直线与平面的交点为，求三棱锥体积最大值.
【答案】(1)（i）（ii）
(2)
【分析】（1）（i）借助等腰三角形性质与勾股定理可得，则可得为二面角的平面角，再借助余弦定理计算即可得；（ii）建立适当的空间直角坐标系后，可计算出平面的法向量，再借助空间向量夹角公式计算即可得解；
（2）借助线面垂直判定定理可得平面，则可建立适当的空间直角坐标系，结合题意用表示出，最后借助锥体体积公式计算即可得.
【详解】（1）（i）取的中点，连接，
因为为等腰直角三角形，且，
所以，则，所以，
又因为所以，
则，，
又因为，所以为二面角的平面角，
，
所以，所以二面角的正弦值为；
（ii）过点作轴垂直平面，又因为，
建立如图所示的空间直角坐标系，

所以，
，，
设平面的法向量为，
则，
取，可得，所以，，
设直线与平面所成角为，
所以，
直线与平面所成角正弦值为；
（2）取的中点，连接，
因为为等腰直角三角形，且，
所以，则，
所以，又因为所以，
则，，
又因为，所以，又因为，
平面，所以平面，
因为两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，

所以，
设，因为，
所以由可得：，
所以，，
由上知，平面，又平面所以，在上，
因为，所以，，
所以，
即，所以，
所以，
三棱锥体积为：
，
因为，当时，三棱锥体积最大为.
13．（2025·湖南益阳·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，底面为等边三角形，平面平面，点分别是的中点.

(1)证明：平面平面；
(2)若，点在直线上，且平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）取的中点，连接，证明平面，再利用面面垂直的判定定理得到答案；
（2）建系，设，借助于空间向量表示平面与平面的夹角的余弦值，进而求出，即得答案.
【详解】（1）如图，取的中点，连接，因为侧面为菱形，，

所以.又因为平面平面，
平面平面，
平面，所以平面.
又因为是的中点，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）连接，因为为等边三角形，则.

所以两两垂直.则以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
因为AB=2，所以.
故，
.
设，则，
即.，
.
设平面的一个法向量为，
则则，取，则，.
故平面的一个法向量为.
又由（1）可知平面的一个法向量为，
由题意可得，即.
解得.又，所以，线段CF的长为2.
14．（25-26高三上·广东湛江·月考）如图1，在直角梯形中，，，，，，点在上，且.将沿折起，使得平面平面，如图2.
(1)求四棱锥的体积；
(2)若点在图2中线段上，且，证明：平面.
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）过点作，垂足为点，.取的中点，连接.由面面垂直的性质证得平面，并根据题设中的条件结合平面图形的性质求得于，即可求得四棱锥的体积；
（2）过点作∥交于点，连接.利用比例相等证得线线平行，进而证得平面平面，即可证得平面；
（3）取的中点，连接.以为原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，设直线与平面所成的角为，求得、平面的法向量，根据公式计算即可得解.
【详解】（1）如图，过点作，垂足为点，取的中点，连接.
由，可知.
又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.
由，，得，
.
在直角梯形中，因为，，
所以，，
.
所以四棱锥的体积为.
（2）过点作∥交于点，连接.
因为平面，平面，所以平面.
因为，所以四边形是平行四边形，则，所以，
所以，同理可证平面.
因为，所以平面平面.
又因为平面，所以平面.
（3）取的中点，连接.
在中，由，，，可得.
因为，所以.
以为原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，
由点和的坐标可求得，，
所以，，.
设平面的法向量为，
则取，得.
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.
15．（25-26高三上·湖北·月考）如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形，为的中点，为的中点，且平面底面.设.
(1)求证：底面；
(2)设为的重心，.求证：是三棱锥外接球的球心；
(3)若平面与平面所成夹角的正弦值的平方等于，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)或
【分析】（1）根据面面垂直的性质即可得证；
（2）根据平面图形的性质结合勾股定理证得即可得证；
（3）以为坐标原点，所在方向为轴，过且垂直于底面的方向为轴，建立空间直角坐标系.设，分别求出平面与平面的法向量、，由题意可得平面与平面所成夹角的余弦值为，再由求得，进而可求得的值.
【详解】（1）因为平面底面，平面底面，且平面，
所以底面.
（2）因为为的中点，为的中点，且为的重心，由题意可得
，从而.
又，如图1所示，
∴.
即，
故.
因此，是三棱锥外接球的球心.
（3）以为坐标原点，所在方向为轴，过且垂直于底面的方向为轴，建立如图2所示的空间直角坐标系.
则.
设，则.
于是.
设平面和平面的法向量分别为，
则.
令，得；
令，得.
设平面与平面所成的夹角为，则由题意可得
.
所以，
.
整理得，即，
解得或.
当时，，得；
当时，，得.
综上，或.
16．（2025·广东佛山·模拟预测）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．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点N为CD的中点
【分析】（1）取线段的中点P，连接PM，PD，利用已知可证四边形MNDP为平行四边形，进而可得，可证结论；
（2）在平面中，作于O，可证，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，平面BMN的一个法向量为，利用向量法可求得，可得结论.
【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．
17．（25-26高三上·湖南·开学考试）如图，正四棱锥中，是棱的中点，是底面的中心．过作平面与棱分别交于不同的点（可以是端点）．
(1)求证：三线交于一点；
(2)若．
（i）求直线与平面所成角的正弦值；
（ii）求多面体的体积的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）利用平面相交的性质，证明点在两个平面的交线上，从而证明三线共点．
（2）（i）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式求线面角的正弦值．
（ii）方法一：利用重心性质，结合三角形面积比例关系，求出体积的取值范围；
方法二：将多面体体积转化为两个三棱锥体积之和，通过分析距离和的范围求解体积范围．
【详解】（1）根据题意，，为定点，，为动点．
如图，连接．
在平面中，不妨设交于点，
因为平面，所以平面．
因为平面，所以平面．
因为平面平面，所以点也在上，
即三线交于一点．
（2）（i）因为，所以．
由已知四边形为正方形，易得．
以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，轴，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，
则，即．
取，得，
即平面的一个法向量为．
所以．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
（ii）方法一：由（1）知三线交于点，
显然是和的重心．
同时．
因此，只需要求的面积的取值范围．
如图，中，，
由重心的性质知①，
又三点共线，所以，
且，
所以②．
对比①②两式，可得．
因为，所以．
因为，
所以.
又，令，则，
故．
因此．
所以，即多面体的体积的取值范围为．
方法二：由（1）知三线交于点，显然是的重心，
，
又，
所以．
只需要求距离和的取值范围．
根据已知条件，线段绕点旋转，如图，
设，又，
则，
所以，
因为，即，
所以．
由题意，，则，所以.
故令，则，
令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增．
故，此时；
，此时．
所以如图，在中，
当位于平行于位置时，距离和最小，最小距离为；
当位于位置时，距离和最大，此时为的中点，最大距离和为，
所以，即多面体的体积的取值范围为．

检测Ⅱ组 创新能力提升
如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在线段上且满足，点在线段上且满足.
(1)证明：；
(2)若，求的值；
(3)若存在，使直线与平面所成角为，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先利用线面垂直的性质定理得，再根据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和判定定理证明即可.
（2）根据线面垂直的判定定理得平面，进而根据线面垂直的性质定理得，根据与相似得，利用勾股定理得及，即可求解.
（3）建立如图空间直角坐标系，设，，则，求出平面的法向量，利用线面角的向量公式列方程求得，设，由题意在上有零点，利用判别式法求得，即可得解.
【详解】（1）∵平面，平面，∴，
又∵，，平面，∴平面，
∵平面，∴，
又∵，，平面，∴平面，
∵平面，∴.
（2）由（1）可知，又，，平面，
∴平面，∵平面，∴，
由（1）可知，在中，，∴.
则与相似，则，
在中，，，∴，
∴.∴.
（3）以为原点，以，所在直线分别为轴，轴，
以过点垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
∵，，∴，
不妨设，，，，∵，
∴即，由知，（*）
于是，，，，
设，则，，
由可得，
∴，，，，
设平面的一个法向量为，
于是，所以，
令，得，，故可取，
因，
∴，结合化简得，
设，，
∵要存在，使与平面所成角为，∴在上有零点.
∵结合（*）知函数图象的对称轴，故，
又，
∴只需满足，解得，
∴AB的取值范围.
2．如图，在正四棱台中，，，，为棱，的中点，棱上存在一点，使得平面．

(1)求；
(2)当正四棱台的体积最大时，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）取点构造平行四边形，再由比例关系证明求值．
（2）设，将体积表示为的函较，求出棱台的体积最大时的值，再建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值．
【详解】（1）作交于，再作交于，连接．
因为平面，所以平面．
又平面平面，所以．
又因为，所以四边形是平行四边形，
所以，即为棱的四等分点，
故也为棱的四等分点，所以．
（2）由（1）易知为的四等分点，所以点在点的正上方，
所以底面．
设，则，所以，
所以该四棱台的体积，
而．
当且仅当，即时取等号，此时，．
以为原点，，分别为轴、轴，
过平行于的直线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，
由得令，则．
设与平面所成角为，
则，
故与平面所成角的正弦值为．
3．（25-26高三上·江苏南通·开学考试）如图，在三棱锥中，平面平面，底面是等边三角形，侧面是等腰直角三角形，，，点是的中点.
(1)证明：；
(2)设点，，，均在球的球面上.
①证明：点O在平面内；
②求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，转化为证明平面，即可证明线线垂直；
（2）①首先根据（1）的结果建立空间直角坐标系，利用坐标法求点的坐标，即可证明；
②求平面的法向量，利用坐标法求线面角的正弦值.
【详解】（1）因为平面平面，且平面平面，
且是等腰直角三角形，，点是的中点，
所以，所以平面，且平面，
所以；
（2）①因为是等边三角形，且点是的中点，
所以，
如图，以点为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，，，，，
设，
由条件可知，，
所以，
解得：，即，
所以点在平面内；
②，，，
设平面的一个法向量，
，令，则，
所以平面的一个法向量，
设与平面所成角为，
所以.
4．（24-25高三上·辽宁·月考）如图，在四棱台中，平面平面.
(1)求证：；
(2)求平面与平面所成角的正弦值；
(3)求点关于平面的对称点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，根据线面平行的性质定理得四边形为平行四边形可得答案；
（2）做交与点，以点为原点，所在的直线分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案；
（3）求出平面的一个法向量、点到平面的距离，设，根据与共线得，再由点到平面的距离求出，最后再求点到平面的距离.
【详解】（1）连接，因为，，
所以，所以四点在同一平面上，
又因为平面，平面平面，
所以，可得四边形为平行四边形，
所以；
（2）因为，，，，
所以四边形是等腰梯形，做交与点，可得，
所以，且，
以点为原点，所在的直线分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，
，，，，
设向量为平面的一个法向量，
则，即，令，得，
所以，
设向量为平面的一个法向量，
则，即，令，得，
所以，
，
设平面与平面所成角的为，
所以；
（3）由（2）建立的空间直角坐标系，得
，，
，，
设为平面的一个法向量，
则，即，令，得，
所以，
则点到平面的距离
为，
设，则，
因为与共线，，可得，
，
所以点到平面的距离
为，
解得，或（舍去），
此时，，
所以点到平面的距离.
【点睛】关键点点睛：第三问解题的关键点是利用向量共线求出点的坐标.
5．（2025·安徽黄山·二模）如图1，在平行四边形中，，，为的中点，为的中点，，沿将翻折到的位置，使，如图2．
(1)证明：平面；
(2)求平面和平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)0.
【分析】（1）根据平行四边形对边平行，结合边长关系，证得为中点，利用中位线性质证得，即可证得线面平行.
（2）证明平面，，建立空间直角坐标系，利用向量法求两平面所成角即可.
【详解】（1）
如图，连接，交于点，
四边形是平行四边形，为的中点，
，，故，故为的三等分点，
，为的三等分点，即F为的中点，
又为的中点，，即
平面，平面，
平面.
（2）由题意，，，则是等边三角形，
所以，，，.
在中，，
根据余弦定理，，
故，即，
，故，
又在等边中，为的中点，，
，，平面，平面,
平面.
平面，，
又，，平面，平面，
平面.
在中，,
.
由题意，，所以梯形是等腰梯形，则，所以，
又，.
以点为坐标原点，以分别为轴、轴正方向，过点作平面的垂线为轴，建立如图所示坐标系.

则，，，，，
，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，所以，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，所以
设平面和平面的夹角为,
则，
所以平面和平面的夹角余弦值为0.
6．（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.
7．（25-26高三上·江西南昌·开学考试）如图，球O的半径为4，PQ是球O的一条直径，C是线段PQ上的动点，过点C且与PQ垂直的平面与球O的球面交于⊙C，是⊙C的一个内接正六边形．

(1)若C是OQ的中点．
（i）求六棱锥的体积；
（ii）求二面角的余弦值；
(2)设的中点为M，求证：tan∠MPQ·tan∠MQP为定值．
【答案】(1)（i）；（ii）
(2)证明见解析
【分析】（1）（i）先计算正六边形的面积，再根据锥的体积公式即可求解；
（ii）建立空间直角坐标系，计算平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用夹角公式即可求解；
（2）由已知，M点在过PQ且与⊙C所在平面垂直的一个平面内，记这个平面为α．
在平面α内，以O为坐标原点，以PQ为y轴，以PQ中垂线为x轴建立平面直角坐标系，设，由，得，又，代入即可求解.
【详解】（1）（i）因为O到⊙C的距离为2，所以⊙C的半径为，
所以正六边形的边长为，
所以正六边形的面积为，
且P到⊙C的距离为6，所以六棱锥的体积为；
（ii）以C为原点，为轴，的中垂线为y轴，PQ为z轴建系，

则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量，
则
令＝1，得，
设平面的一个法向量
则，
令＝1，得，
所以．
（2）由已知，M点在过PQ且与⊙C所在平面垂直的一个平面内，记这个平面为α．
在平面α内，以O为坐标原点，以PQ为y轴，以PQ中垂线为x轴建立平面直角坐标系，
设，则，，
因为，所以，
即，又P，Q的坐标分别为，
所以

8．（24-25高三下·浙江宁波·月考）如图，在三棱柱中，为的重心，平面，记二面角与的大小分别为.
(1)当时，时.
（i）证明：；
（ii）求；
(2)若，求的取值范围.
【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）
(2)
【分析】（1）（i）由线面垂直判定定理得出平面得出，进而得出线线相等；（ii）先建系，再把转化为二面角，最后应用面面角余弦公式计算求解；
（2）建立空间直角坐标系，设，再分别计算二面角与相等，最后再结合值域计算求解.
【详解】（1）（i）延长交于，则是的中点；
，，
平面，平面，
，
，平面，
平面，平面，
，.
（ii）为的重心，，所以，
由平面得，故，
如图，过作，以分别为轴建立空间直角坐标系，
因为二面角与的大小分别为，知即二面角，
，
故，
设平面的一个法向量，
则，取
平面的一个法向量，
设平面的一个法向量，，
则，取，
所以平面的一个法向量，
.
（2）如图，过作，过作，以分别为轴建立空间直角坐标系，
因为，设，则，
故，
设平面的一个法向量，
则，
取，平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量，，
则，
取，所以平面的一个法向量为，
由得二面角与相等，
，即，
整理得，所以，，
所以.