新高考数学二轮专题训练专题15 立体几何解答题全归类（9大核心考点）（讲义）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮专题训练专题15 立体几何解答题全归类（9大核心考点）（讲义）（2份，原卷版+解析版），共5页。
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc154730890" PAGEREF _Tc154730890 \h 2
\l "_Tc154730891" 3
\l "_Tc154730892" PAGEREF _Tc154730892 \h 3
\l "_Tc154730893" PAGEREF _Tc154730893 \h 4
\l "_Tc154730894" PAGEREF _Tc154730894 \h 14
\l "_Tc154730895" 考点一：非常规空间几何体为载体 PAGEREF _Tc154730895 \h 14
\l "_Tc154730896" 考点二：立体几何探索性问题 PAGEREF _Tc154730896 \h 20
\l "_Tc154730897" 考点三：立体几何折叠问题 PAGEREF _Tc154730897 \h 25
\l "_Tc154730898" 考点四：立体几何作图问题 PAGEREF _Tc154730898 \h 30
\l "_Tc154730899" 考点五：立体几何建系繁琐问题 PAGEREF _Tc154730899 \h 35
\l "_Tc154730900" 考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题 PAGEREF _Tc154730900 \h 41
\l "_Tc154730901" 考点七：利用传统方法找几何关系建系 PAGEREF _Tc154730901 \h 46
\l "_Tc154730902" 考点八：空间中的点不好求 PAGEREF _Tc154730902 \h 52
\l "_Tc154730903" 考点九：创新定义 PAGEREF _Tc154730903 \h 59
空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个空间几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建系求点、坐标运算、几何结论．作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度．

1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：
（1）作图：作出空间角的平面角．
（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的．
（3）计算：在证明的基础上计算得出结果．
简称：一作、二证、三算．
2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．
3、求直线与平面所成角的常见方法
（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．
（2）等积法：公式，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．
（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°．
4、作二面角的平面角常有三种方法
（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．
（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．
（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．
1．（2023•北京）如图，四面体中，，，平面．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的大小．
【解析】证明：（Ⅰ）平面，平面，平面，
，，
，，
，
又，，
，又，
平面；
（Ⅱ）以点为坐标原点，分别以，所在直线为轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，1，，，0，，，0，，，1，，
，0，，，，，，1，，，0，，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，得，1，，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，得，1，，
，，
由图可知二面角为锐角，设二面角的大小为，
则，，
，
即二面角的大小为．
2．（2023•天津）在三棱台中，若平面，，，，，分别为，中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求平面与平面所成角的余弦值；
（Ⅲ）求点到平面的距离．
【解析】（Ⅰ）证明：连接，可得为△的中位线，
可得，且，
而，，
则，，
可得四边形为平行四边形，
则，
而平面，平面，
所以平面；
（Ⅱ）取的中点，连接，
由，，可得．
由平面，平面，
可得，
可得平面．
过作，垂足为，连接，
由三垂线定理可得，
可得为平面与平面所成角．
由．
在矩形中，，
所以；
（Ⅲ）设到平面的距离为．
在△中，，，，
则．
由，可得，
解得．
3．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱的体积为4，△的面积为．
（1）求到平面的距离；
（2）设为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【解析】（1）由直三棱柱的体积为4，可得，
设到平面的距离为，由，
，，解得．
（2）连接交于点，，四边形为正方形，
，又平面平面，平面平面，
平面，，
由直三棱柱知平面，，又，
平面，，
以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，，又，解得，
则，0，，，2，，，0，，，2，，，1，，
则，2，，，1，，，0，，
设平面的一个法向量为，，，
则，令，则，，
平面的一个法向量为，0，，
设平面的一个法向量为，，，
，令，则，，
平面的一个法向量为，1，，
，，
二面角的正弦值为．
4．（2021•新高考Ⅰ）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积．
【解析】（1）证明：因为，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以；
（2）方法一：
取的中点，因为为正三角形，所以，
过作与交于点，则，
所以，，两两垂直，
以点为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，，1，，
设，0，，则，
因为平面，故平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
又，
所以由，得，
令，则，，故，
因为二面角的大小为，
所以，
解得，所以，
又，所以，
故．
方法二：
过作，交于点，过作于点，连结，
由题意可知，，又平面
所以平面，又平面，
所以，又，
所以平面，又平面，
所以，
则为二面角的平面角，即，
又，
所以，则，
故，
所以，
因为，
则，
所以，则，
所以，则，
所以．
5．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥中，底面是正方形，若，，．
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值．
【解析】（Ⅰ）证明：中，，，，所以，所以；
又，，平面，平面，所以平面；
又平面，所以平面平面．
（Ⅱ）取的中点，在平面内作，
以所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，0，，，，，，1，，，0，，
因为平面，所以平面的一个法向量为，0，，
设平面的一个法向量为，，，
由，2，，，，，
得，即，
令，得，，所以，2，；
所以，，
所以二面角的平面角的余弦值为．
6．（2023•乙卷）如图，在三棱锥中，，，，，，，的中点分别为，，，点在上，．
（1）求证：平面；
（2）若，求三棱锥的体积．
【解析】 （1）证明：在中，作，垂足为，设，则，
因为，所以，所以，即，解得，
又因为，所以，且，
所以，所以，即，解得，
即，所以是的中点，是的中点，
又因为是的中点，所以，同理，，所以，
又因为平面，平面，
所以平面；
（2）过作垂直的延长线交于点，因为，是中点，所以，在中，，，所以，
因为，，所以，又，，平面，所以平面，
又平面，所以，
又，，平面，
所以平面，即三棱锥的高为，
因为，所以，
所以，
的面积为，
所以三棱锥的体积为．
7．（2022•乙卷）如图，四面体中，，，，为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）设，，点在上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．
【解析】证明：（1），，，
，
，又为的中点．
，
，为的中点．
，又，
平面，
又平面，
平面平面；
（2）由（1）可知，
，，是等边三角形，边长为2，
，，，，
，，
又，，
平面，
由（1）知，，连接，则，
，
当时，最短，此时的面积最小，
过点作于点，则，平面，
，
，，
三棱锥的体积．
考点一：非常规空间几何体为载体
关键找出三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系．
例1．（2023·上海虹口·高三统考期中）如图，在圆锥中，是底面的直径，且，，，是的中点．

(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的余弦值．
【解析】（1）如图，由题意，是底面的直径，，
为的中点，为的中点，则，
则，而平面平面，
则，
又，平面，平面
平面，
又平面平面平面；
（2）在平面中，过作，垂足为，
在平面中，过作，垂足为，
连接，
∵平面平面，，
又，平面，平面，
平面，平面，，
，平面，平面
则平面，可得为二面角的平面角．
由已知可得，，，
，，
，
又，得．
在中，，
∴．
即二面角的余弦值为．
例2．（2023·广东汕头·金山中学校考三模）如图，圆台的轴截面为等腰梯形，为底面圆周上异于的点.

(1)在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由；
(2)若四棱锥的体积为，设平面平面，求的最小值.
【解析】（1）取中点，作直线即为所求，
取中点，连接，
则有，
如图，在等腰梯形中，，
有，
则四边形为平行四边形，
即有，
又平面平面，
所以平面.
（2）法一：延长交于点，
故平面平面
故平面平面即在中，均为圆锥母线.
过点作于.
在等腰梯形中，，
此梯形的高
等腰梯形的面积为，
所以四棱锥的体积，
解得，
故点与重合，
由，
得，且，
故.
中，到距离.
则面积,
得：的最小值为：.
法二：同法一求出的位置.
以为原点，方向为轴正向建立空间直角坐标系，
设面的法向量为
，
取，
有；
同理可得面的法向量为,
由面面，可知，
设的方向向量为，
故
取,
下面分2个方法求
求方法1：，
，
当时，取最小值为.
求方法2：在上的投影向量的模为
故的最小值即到的距离为.
法三:
在三角形中，
,
,
所以.
例3．（2023·湖南·高三校联考阶段练习）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，点分别在棱、上·
(1)若P是的中点，证明：；
(2)若平面，且平面PQD与平面AQD的夹角的余弦值为，求四面体的体积．
【解析】（1）以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
设，其中，，
若是的中点，则，，，
于是，∴，即．
（2）由题设知，，，是平面内的两个不共线向量．
设是平面的一个法向量，
则，取，得．
又平面的一个法向量是，
∴，
而二面角的余弦值为，因此，
解得或（舍去），此时．
设，而，由此得点，，
∵PQ∥平面，且平面的一个法向量是，
∴，即，解得，从而．
将四面体视为以为底面的三棱锥，则其高，
故四面体的体积．
考点二：立体几何探索性问题
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．
例4．（2023·福建莆田·高三莆田第四中学校考阶段练习）等边三角形的边长为3，点分别是边上的点，且满足，如图甲，将沿折起到的位置，使二面角为直二面角，连接，如图乙.

(1)求证：平面.
(2)在线段上是否存在点，使平面与平面所成的角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）因为等边三角形的边长为3，，所以，
在中，由余弦定理可得
，所以，可得，即
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面；
（2）假设在线段上存在点，使平面与平面所成的角为，
由（1）可知互相垂直，
以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，，
，，，
设，可得，，
设为平面的一个法向量，
所以，即，
令，则，
所以，因为平面，
所以可以为平面的一个法向量，
因为平面与平面所成的角为，
所以，
解得，所以存在点，且，
可得，，
.
例5．（2023·北京·高三汇文中学校考期中）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱上一点.
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)求二面角的正弦值；
(3)是否存在点，使平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）以为原点，，，分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
，，
设平面的一个法向量为
，不妨设，则，，，
所以平面的一个法向量为
设直线与平面所成角为，
则.
（2）由正方体可得，，，且，
且平面，所以平面的一个法向量为，
则.
因为二面角为锐二面角，
所以二面角的正弦值为.
（3）存在，设点的坐标为，所以
平面的一个法向量为，
因为，所以，
因为平面，所以平面.
此时
例6．（2023·福建莆田·高三莆田第十中学校考期中）如图，在三棱台中，若平面，为中点，为棱上一动点（不包含端点）.
(1)若为的中点，求证：平面.
(2)是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出长度；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）取中点，连接，
则为的中位线，所以,且，
又,
所以四边形为平行四边形，
则,又平面，平面，
所以平面.
（2）以为坐标原点，所在的直线为轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
则,
则
设,则，
所以,
令平面的法向量为，
则，
令，则，，
又平面的一个法向量，
所以，
解得或者（舍），
所以
即的长度为
考点三：立体几何折叠问题
1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．
2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质．
例7．（2023·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）如图，在菱形中，，，将沿着翻折，形成三棱锥.
(1)当时，证明：；
(2)当平面平面时，求直线与平面所成角的余弦值.
【解析】（1）证明：当时，此三棱锥为正四面体，
如图，取的中点，连接，.
在正四面体中，，且，
且平面
所以平面，因为平面
所以
（2）当平面平面时，
取的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，.
设平面的法向量，，，
所以，即：，
令，得：
∴设直线与平面所成角为，且，
则，
∴，
∴直线与平面所成角的余弦值为.
例8．（2023·全国·模拟预测）如图1所示，四边形ABCD中，，，，，M为AD的中点，N为BC上一点，且．现将四边形ABNM沿MN翻折，使得AB与EF重合，得到如图2所示的几何体MDCNFE，其中．

(1)证明：平面FND；
(2)若P为FC的中点，求二面角的正弦值．
【解析】（1）∵四边形ABCD中，，，，，
M为AD的中点，且，
∴四边形ABNM为正方形，且边长为1，
∴题图2中，四边形EMNF是边长为1的正方形，故，
又，，∴，∴，
又，，平面MDCN，平面MDCN，
∴平面MDCN，∵平面MDCN，∴，
易知，∴，∴，
又，平面，平面，
∴平面；
（2）解法一：由（1）知平面MDCN，又，
以N为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
∴，，，
设平面FND的法向量为，则，
令，令，则，∴，
设平面PND的法向量为，则，
令，则，，∴，
∴，
∴，
∴二面角的正弦值为．
解法二：如图，取NC的中点O，连接PO，则，
∴平面MDCN，
∵平面MDCN，∴，
过O作，垂足为H，连接PH，则就是二面角的平面角，
又，，∴，∴，
∵平面MDCN，平面FND，∴平面平面MDCN，
∴二面角的正弦值为．
例9．（2023·河南·高二校联考期中）在（图1）中，为边上的高，且满足，现将沿翻折得到三棱锥（图2），使得二面角为.

(1)证明：平面；
(2)在三棱锥中，为棱的中点，点在棱上，且，若点到平面的距离为，求的值.
【解析】（1）在题图2中，则为二面角的平面角，即，
又，面，所以平面，
由平面，所以，
题图1中及，所以，
在中，由余弦定理得，
又，所以.
又，面，所以平面.
（2）以为坐标原点，以、、（）为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
在中，所以.
所以，
则，令，则，
由，则，
所以且，，，
设平面的法向量为，则，
取，所以，而
所以，解得或（舍去），故.
考点四：立体几何作图问题
（1）利用公理和定理作截面图
（2）利用直线与平面平行的性质定理作平行线
（3）利用平面与平面垂直作平面的垂线
例10．（2023·广西·高三统考阶段练习）如图，三棱柱中，侧面为菱形.

(1)（如图1）若点为内任一点，作出与面的交点（作出图象并写出简单的作图过程，不需证明）；
(2)（如图2）若面面，求二面角的余弦值.
【解析】（1）
作图步骤
①连接并延长交于点
②连接交于点，连接
③连接交于点
④点即为所求.
（2）连结，交于点，连结，
侧面为菱形，，且为的中点，
，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
又，平面，，，
以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系，
设，则，0，，，0，，
，，，，，，
，，，
设平面与平面的一个法向量分别为与，
由，取，得；
由，取，得．
，
例11．（2023·安徽六安·安徽省舒城中学校考模拟预测）如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长为2的正方形，，，且.

(1)记线段的中点为，在平面内过点作一条直线与平面平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）延长，设其交点为，连接，
则为平面与平面的交线，
取线段CD的中点M，连接KM，直线KM即为所求．
证明如下：延长，设其交点为，连接，
则为平面与平面的交线，
因为，所以，又，
所以，
所以，又，
所以四边形为平行四边形，所以，
取的中点，连接，
∵分别为的中点，
∴，∴．
∵平面， 平面，
∴平面．
（2）以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图.由已知可得，
所以，
设平面的法向量为，
则得，
取得，，
平面的一个法向量.
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.
例12．（2023·广西·校联考模拟预测）已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，，M为中点，过C，D，M的平面截四棱锥所得的截面为．
(1)若与棱交于点F，画出截面，保留作图痕迹（不用说明理由），求点F的位置；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【解析】（1）延长，连接交于F，连接，
如图，四边形为截面.
中，，由，则C为中点，B为中点，
过M作交于N，则，，
，
，即，
F为棱上靠近点B位置的三等分点；
（2）以A为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间坐标系如图，
则有：，，，，，
设平面的一个法向量为，，
则有，解得
令，则，即
设平面的一个法向量为，，，
则，解得，
令，则，，
设平面与平面的锐二面角的平面角为，则
所以平面与平面的二面角的锐平面角的余弦值为
考点五：立体几何建系繁琐问题
利用传统方法解决
例13．（2023·黑龙江哈尔滨·哈九中校考三模）如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，，分别为，的中点，为上一点，过 和的平面交于，交于.
（1）证明：，且平面平面；
（2）设为的中心，若，平面，且，求四棱锥的体积.
【解析】（1）因为，分别为，的中点，所以，
又，所以，
在等边中，为中点，则.
又因为侧面为矩形，所以.
因为，，
由，平面，
所以平面，
又因为，且平面，平面，
所以平面，
又因为平面，且平面平面，
所以.
又因为平面，
所以平面，
因为平面
所以平面平面.
（2）过作垂线，垂足为，画出图形，如图.
因为平面，平面，平面平面，
所以，
又因为，所以四边形为平行四边形，
所以，
因为为的中心，
所以，
因为平面平面，平面平面=，
平面，
所以平面，
又因为在等边中，，得，
由（1）知，四边形为梯形，
所以四边形的面积为，
所以， ，
，所以，
所以.
例14．（2023·江苏盐城·高一盐城市伍佑中学校考期中）如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，M，N分别为BC，的中点，P为AM上一点，过和P的平面交AB于E，交AC于F.
（1）证明：，且平面；
（2）设O为的中心，若面，且，求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）证明：，分别为，的中点，底面为正三角形，四边形是矩形，
，，四边形为矩形，，
，，，
，，，平面
平面，
综上，，且平面．
（2）三棱柱上下底面平行，平面与上下底面分别交于，，
，
面，面，面面，
，四边形为平行四边形，
是正三角形的中心，，
，，，
由（1）知直线在平面内的投影为，
直线与平面所成角即为等腰梯形中与所成角，
在等腰梯形中，令，过作于，
则，，，，
直线与平面所成角的正弦值为．
例15．（2023·全国·高三校联考阶段练习）在三棱柱中，，平面，、分别是棱、的中点.
(1)设为的中点，求证：平面；
(2)若，直线与平面所成角的正切值为，求多面体的体积.
【解析】（1）连接，，
因为点，，分别为，，的中点，
所以且，，，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面
（2）因为平面，平面，所以，，
又因为，，平面，所以平面，
所以即是直线与平面所成的角，
所以，
因为，所以，
因为，，所以，
因为，平面，所以平面，
所以，
因为，
所以，，所以，
由（1）知多面体为四棱锥，且四边形是平行四边形，
所以.
例16．（2023·山东泰安·高一期末）《九章算术》是中国古代的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右.它是一本综合性的历史著作，是当时世界上最简练有效的应用数学，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系.《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”，已知在三棱锥中，平面.

（1）从三棱锥中选择合适的两条棱填空：________________，则三棱锥为“鳖臑”；
（2）如图，已知，垂足为，，垂足为，.
（i）证明：平面平面；
（ii）设平面与平面交线为，若，，求二面角的大小.
【解析】（1）因为“鳖臑”是由四个直角三角形组成的四面体，又平面，所以，，；即，为直角三角形；
若，由，平面，可得：平面；
所以，即，为直角三角形；满足四个面都是直角三角形；
同理，可得或或，都能满足四个面都是直角三角形；
故可填：或或或；
（2）（i）证明：
∵平面，平面，
∴，
又，，平面，
∴平面，
又平面，
∴，
又，，平面，
∴平面，
又平面，
∴，
又，，平面，
∴平面，
又平面，
∴平面平面.
（ii）由题意知，在平面中，直线与直线相交.
如图所示，设，连结，则即为.
∵平面，平面，
∴，
∵平面，平面，
∴，
又，平面，
∴平面，
又平面，
∴，.
∴即为二面角的一个平面角.
在中，，，，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∴二面角的大小为.
考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题
构造垂直的全等关系
例17．（2023·广西桂林·统考二模）如图，四棱锥中，底面为边长是2的正方形，，分别是，的中点，，，且二面角的大小为.
(1) 求证：；
(2) 求二面角的余弦值.
【解析】（1）证明：作于点连接，
∵，，，
∴，∴，
即，，又，
∴平面，又平面，
∴.
（2）∵二面角的大小为，
∴平面平面，平面平面，，∴平面.
以点为原点，,,所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
∵,
∴.
∴，即.
∴，，，.
∴,，
设平面的法向量，
由，得
令，得.
易知为平面的一个法向量.
设二面角为，为锐角，则.
例18．（2023·辽宁沈阳·辽宁实验中学校考模拟预测）如图，四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，
（1）证明：平面平面；
（2）当平面与平面所成锐二面角的余弦值，求直线与平面所成角正弦值.
【解析】（1）过D作，垂直为O，连接，
在中，，，可得，
在中，
由余弦定理可得，
所以，
因为，所以为等边三角形，所以，
所以，可得，又由，且，
所以平面，又平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，以O为原点，，，方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系
设，则，，，，
所以，
设平面的法向量为，则，即
令，，
平面的法向量为，
由，解得
因为平面，所以为与平面所成的角，所以，
即直线与平面所成角正弦值.
例19．（2023·浙江杭州·高三专题练习）如图，在四面体中，已知，，
(1)求证：；
(2)若平面平面，且，求二面角的余弦值.
【解析】（1）∵，，.∴，
∴，取的中点，连接，，则，.
又∵，平面，平面，∴平面，又平面，∴.
（2）过作于点，则平面，
又∵平面平面，平面平面，
∴平面. 过作于点，连接.
∵平面，平面，∴
又，平面，∴平面，平面
∴，根据二面角的定义，∴为二面角的平面角.
连接，∵，由于，∴.
∵，，∴，.
∵，，∴，根据等面积法：.
∴，显然是锐角，根据同角三角函数的关系
易得：，故二面角的余弦值为.
考点七：利用传统方法找几何关系建系
利用传统方法证明关系，然后通过几何关系建坐标系．
例20．（2023·山东日照·高三山东省日照实验高级中学校联考期中）如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆O的内接正三角形，点E在母线上，且，.
(1)求证：平面平面；
(2)若点M为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离.
【解析】（1）如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面，
因为平面，所以，
又因为是底面圆的内接正三角形，由，可得，，
解得，又，，
所以，即，，
所以在中，，
在中，由余弦定理：
，
所以，故.
因为底面，面，所以平面平面，
又面，面面，，故面，
又平面，所以平面平面；
（2）易知，以点为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，
设，可得，
设直线与平面所成的角为，则，
即，
令，，
则
当且仅当，即时，等号成立，
所以当时，有最大值4，
即当时，的最大值为1，此时点，
所以，
所以点M到平面的距离，
故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为.
例21．（2023·山西·校考模拟预测）如图，在斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，且四棱锥的体积为2.
(1)求三棱柱的高；
(2)若，平面平面为锐角，求平面与平面的夹角的余弦值.
【解析】（1）因为四棱锥的体积为2，所以三棱锥的体积为
因为是边长为2的正三角形，所以的面积.
设三棱柱的高为，
则，
解得.
（2）作，垂足为，连接.
因为平面平面，且平面平面，所以平面，
即为三棱柱的高，由（1）可知.
因为，所以，所以.
因为为锐角，所以为的中点，则.
因为平面平面，且平面平面，
所以平面，
所以三线两两垂直，故以为坐标原点，分别以，
的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系.
由题中数据可得，
，则.
设平面的法向量为，
则令，得.
设平面的法向量为，
则令，得.
设平面与平面的夹角为，
则.
故平面与平面的夹角的余弦值为.
例22．（2023·天津滨海新·高三天津市滨海新区塘沽第一中学校考阶段练习）如图，四棱锥中，侧面为等边三角形，线段的中点为且底面，，，是的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)点在棱上，且直线与底面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.
【解析】（1）连接，因为，，
所以四边形为平行四边形，所以，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系：
则，，，，,
因为是的中点，所以，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，则，
又因为平面，所以平面.
（2）由（1）知，，，所以，
且平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离.
（3）由题意知，底面的法向量为，
因为，，
且，，所以，
所以由题意知：，
解得：，所以，
因为，设平面的一个法向量为，
则，即，取，
所以，
又平面与平面夹角为锐角，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
考点八：空间中的点不好求
方程组思想
例23．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考开学考试）已知底面为正三角形的斜三棱柱中，分别是棱，的中点，点在底面投影为边的中点，，.
（1）证明：//平面；
（2）若，，点为棱上的动点，当直线与平面所成角的正弦值为时，求点的位置.
【解析】（1）因为斜三棱柱斜三棱柱各侧面均为平行四边形
则是的中点
又分别是棱，的中点，
则
又则四边形为平行四边形
则为的中点
则在三角形中，//
连接则//
所以//
又平面平面；
则//平面；
（2）点在底面投影为边的中点，
所以平面,
又因为三角形为正三角形，为中点，
所以
分别以所在直线为分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示：
因为，，，则，，
所以，，，，，，，，，
设
则
所以
设平面的一个法向量
则，
，
令，，
所以.
设AM与平面所成角为
所以
令
同联立可得
当时，即点靠近点的六等分点处时，符号条件.
例24．（2023·浙江·高二专题练习）如图，在三棱台中，，，为的中点，二面角的大小为.
（1）证明：；
（2）当为何值时，直线与平面所成角的正弦值为？
【解析】（1）证明：取的中点，连接，，
因为,则，
又因为,则，
，
⊥平面，
平面，
.
（2）由(1)知，，
二面角的平面角，
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，
，，
，，
设平面的法向量为：，
，得，
令，则，
又，
设直线与平面所成角为，
则，
即，化简得，
解得或，
由题意可知，
所以.
例25．（2023·江苏南京·模拟预测）已知三棱台的体积为，且，平面.
(1)证明：平面平面；
(2)若，，求二面角的正弦值.
【解析】（1）
由已知，平面，平面，所以，
在三棱台中，，所以，所以，
又因为平面，且，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面，得证.
（2）
取，的中点，连接，所以，
又因为，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为，为的中点，所以，
由（1）问可知，平面平面，且平面平面，
所以平面，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别为轴的正方向，
因为，，且，所以，
所以，，，，，，
在三棱台中，设，
，， ，
所以或，所以，
所以，
设平面的法向量为，
，，
由可知，平面的一条法向量为，
设平面的法向量为，
，，
由可知，平面的一条法向量为，
所以，
所以二面角的正弦值为.
例26．（2023·辽宁·高三校联考阶段练习）如图，在四棱锥中，，，与均为正三角形.
(1)证明：平面.
(2)证明：平面.
(3)设平面平面，平面平面，若直线与确定的平面为平面，线段的中点为，求点到平面的距离.
【解析】（1）因为，
所以，，
所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）取的中点，连接，则四边形为正方形.
过作平面，垂足为.
连接，，，.
由和均为正三角形，得，
所以，即点为正方形对角线的交点，
则.
因为平面，且平面，
所以，
又，且平面,平面,
所以平面，
因为平面，
所以.
因为是的中点，是的中点，
所以，
因此.
因为，
所以，
又，平面，平面，
所以平面.
（3）设，连接，则直线为直线，
因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，且平面平面，
所以.
由（1）知，，，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
，，
设平面的法向量为，则，
所以，
取，得.
又，
所以点到平面的距离.
考点九：创新定义
以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读?一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．
例27．（2023·河北·高三校联考阶段练习）已知，，，定义一种运算：，在平行六面体中，，，.
(1)证明：平行六面体是直四棱柱；
(2)计算，并求该平行六面体的体积，说明的值与平行六面体体积的关系.
【解析】（1）证明：由题意，，
∴，，即，，
∵，是平面内两相交直线，∴平面，
∴平行六面体是直四棱柱；
（2），
由题意，，，
，所以，
，，
∴.
∴，
故的值表示以，，为邻边的平行六面体的体积.
例28．（2023·广东东莞·高二校考期中）（1）在空间直角坐标系中，已知平面的法向量，且平面经过点，设点是平面内任意一点.求证：.
（2）我们称（1）中结论为平面的点法式方程，若平面过点，求平面的点法式方程.
【解析】（1）平面经过点，点是平面内任意一点.
,
为平面的法向量
（2）设平面的法向量为，
，
则，令则，平面的法向量为
由（1）可知，平面的点法式方程为：即
例29．（2023·全国·模拟预测）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为．

（1）求四棱锥的总曲率；
（2）若多面体满足：顶点数-棱数+面数，证明：这类多面体的总曲率是常数．
【解析】（1）由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.
可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知：四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形.
所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，
则其总曲率为：.
（2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，所以有
设第个面的棱数为，所以
所以总曲率为：
所以这类多面体的总曲率是常数.
考点要求
考题统计
考情分析
线线角、二面角、线面角
2023年II卷第20题，12分
2023年北京卷第16题，13分
2022年I卷第19题，12分
2021年II卷第19题，12分
【命题预测】
预测2024年高考，多以解答题形式出现，高考仍将重点考查空间向量与立体几何，距离问题，异面直线夹角、线面角、二面角；解答题第一小题重点考查线线、线面、面 面垂直的判定与性质，第二小问重点考查利用向量计算线面角或二面角，难度为中档题．
距离问题
2023年天津卷第17题，15分
体积问题
2023年乙卷第19题，12分
2022年乙卷第18题，12分
2021年上海卷第17题，14分
探索性问题
2023年I卷第18题，12分
2021年甲卷第19题，12分
2021年I卷第20题，12分
2021年北京卷第17题，14分