新高考数学二轮复习专题巩固练习专题15 立体几何综合解答题型系统化归类与解析（讲义）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习专题巩固练习专题15 立体几何综合解答题型系统化归类与解析（讲义）（2份，原卷版+解析版），共11页。试卷主要包含了求直线与平面所成角的常见方法，作二面角的平面角常有三种方法等内容，欢迎下载使用。
\l "_Tc189684064" 01考情透视·目标导航 PAGEREF _Tc189684064 \h 2
\l "_Tc189684065" 02知识导图·思维引航 PAGEREF _Tc189684065 \h 3
\l "_Tc189684066" 03 知识梳理·方法技巧 PAGEREF _Tc189684066 \h 4
\l "_Tc189684067" 04 真题研析·精准预测 PAGEREF _Tc189684067 \h 5
\l "_Tc189684068" 05 核心精讲·题型突破 PAGEREF _Tc189684068 \h 18
\l "_Tc189684069" 题型一：非常规空间几何体为载体 PAGEREF _Tc189684069 \h 18
\l "_Tc189684070" 题型二：立体几何探索性问题 PAGEREF _Tc189684070 \h 26
\l "_Tc189684071" 题型三：立体几何折叠问题 PAGEREF _Tc189684071 \h 32
\l "_Tc189684072" 题型四：立体几何作图问题 PAGEREF _Tc189684072 \h 39
\l "_Tc189684073" 题型五：立体几何建系繁琐问题 PAGEREF _Tc189684073 \h 45
\l "_Tc189684074" 题型六：两角相等（构造全等）的立体几何问题 PAGEREF _Tc189684074 \h 53
\l "_Tc189684075" 题型七：利用传统方法找几何关系建系 PAGEREF _Tc189684075 \h 59
\l "_Tc189684076" 题型八：空间中的点不好求 PAGEREF _Tc189684076 \h 67
\l "_Tc189684077" 重难点突破：新定义问题 PAGEREF _Tc189684077 \h 75
空间向量是坐标化空间几何问题的有效工具，且经常作为考试的重点内容。立体几何解答题通常采用论证推理与计算相结合的方式，以特定的空间几何体为基础，逐步设问，难度逐层递进。解决这类题目的基本步骤是建立坐标系、确定点的坐标、进行坐标运算，最后得出几何结论。空间向量作为求解空间角的得力助手，常在解答题中出现，其难度属于中等水平。
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．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．
(1)若为线段中点，求证：平面．
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【解析】（1）取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）
因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为
2．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【解析】（1）因为为的中点，所以，
四边形为平行四边形，所以，又因为平面，
平面，所以平面；
（2）如图所示，作交于，连接，
因为四边形为等腰梯形，，所以，
结合（1）为平行四边形，可得，又，
所以为等边三角形，为中点，所以，
又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，
四边形为平行四边形，，
所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，
因为，所以，所以互相垂直，
以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，
，，，
，设平面的法向量为m=x1,y1,z1，
平面的法向量为n=x2,y2,z2，
则，即，令，得，即m=3,3,1，
则，即，令，得，
即，，则，
故二面角的正弦值为.
3．（2024年天津高考数学真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点，

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【解析】（1）取中点，连接，，
由是的中点，故，且，
由是的中点，故，且，
则有、，
故四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，
故平面；
（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有、、、、、，
则有、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
分别取，则有、、，，
即、，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为；
（3）由，平面的法向量为，
则有，
即点到平面的距离为.
4．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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．
【解析】（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.
5．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，．
(1)若，证明：平面；
(2)若，且二面角的正弦值为，求．
【解析】（1）（1）因为平面，而平面，所以，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以.
因为，所以， 根据平面知识可知，
又平面，平面，所以平面．
（2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，
因为平面，所以平面平面，而平面平面，
所以平面，又，所以平面，
根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，
即，即．
因为，设，则，由等面积法可得，，
又，而为等腰直角三角形，所以，
故，解得，即．
6．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
【解析】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，
于是，即，则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）法一：由（1）可知，则，得，
因此，则，有，
又，平面，
则有平面，又平面，所以平面平面.
法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
在中，，
在中，，
设，所以由可得：，
可得：，所以，
则，所以，，
设平面的法向量为n1=x1,y1,z1，
则，得，
令，则，所以，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
，
所以平面平面BEF；
（3）法一：过点作交于点，设，
由，得，且，
又由（2）知，，则为二面角的平面角，
因为分别为的中点，因此为的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，则，
从而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值为.
法二：平面的法向量为，
平面的法向量为，
所以，
因为，所以，
故二面角的正弦值为.
7．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
【解析】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
，
，
又不在同一条直线上，
.
（2）设，
则，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
，
化简可得，，
解得或，
或，
.
8．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
【解析】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
题型一：非常规空间几何体为载体
【典例1-1】如图，是圆锥的顶点，是圆锥底面圆心，，是底面圆的两条直径，点在上，．
(1)求证：；
(2)若为的中点，求二面角的余弦值．
【解析】（1）证明：因为，为的中点，
所以，
又，且，平面，平面,
所以平面．
又平面，所以．
（2）由题意，在中，，所以，所以，
又为的中点，所以，.
设，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，所以，，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，则
设平面的一个法向量为，
则，取，则．
因此，
由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．
【典例1-2】（24-25高三上·浙江·期中）如图，四边形为圆台的轴截面，，圆台的母线与底面所成的角为，母线长为，是弧上的点，，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【解析】（1）取中点，连结，
∵，，，，
∴，，∴为平行四边形，
∴，又面，面，
所以面.
（2）法一：过作于点，易知圆台底面，
∵，，圆台的母线与底面所成的角为，母线长为，
∴，，又，∴，，
又，则，所以，
又由，可得，，
取中点，连结，，所以，
则为二面角的平面角，
又易知，，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为
法二：如图，以为坐标原点，和垂直的直线为轴，所在直线为轴，轴，建立空间直角坐标系，
由法一知，，
则，，
设平面的法向量为，
则，取，则，，所以，
设平面的法向量为，
则，取，则，，所以，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
若以，，为，，轴建立坐标系，
则，
所以，，，
同理可求得平面的法向量为；
平面的法向量为，
则.
关键找出三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系．
【变式1-1】（2022·安徽黄山·二模）如图，侧面水平放置的正三棱台，，且侧棱长为.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【解析】（1）延长三条侧棱交于一点O.
因为，所以为的中位线，
因为侧棱长为，所以.
所以，于是
同理可得
因为是平面内两条相交直线.
所以，即平面；
（2）由（1）可知两两垂直，所以可以以所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系（如图所示）.
则.
设平面的一个法向量为，
因为，
所以，令，则，
即平面的一个法向量为
取平面的一个法向量为，
所以，
由于二面角为钝角，则其余弦值为.
1．如图，弧是半径为a的半圆，为直径，点E为弧的中点，点B和点C为线段的三等分点，平面外点F满足，：
(1)证明：；
(2)已知点Q，R为线段上的点，使得，求当最短时，平面和平面所成二面角的正弦值．
【解析】（1）连接，因为弧是半径为a的半圆，
为直径，点E为弧的中点，所以，
在中，，
在中，，且点C是底边的中点，
所以，，
所以在中，有，
所以，
又因为，，平面，平面，
所以平面，
又面，所以，
又因为，，平面，平面，
所以平面，而平面，所以.
（2）在平面内，过点C作交弧于G，
以点C为原点，分别以，，为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，
设，因为即，
所以，
则，，
，
所以当时，取得最小值，此时，
设，则，
由得，则，
则，，
设平面的法向量为，则，，
所以，令则，
所以，又由（1）知，平面的一个法向量为，
所以，
设平面与平面所成二面角的大小为，则，
则，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为.
题型二：立体几何探索性问题
【典例2-1】如图，正三棱柱中，，点为的中点.
(1)证明：平面平面
(2)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）在正三棱柱中，因为点为的中点，
则，
又平面，平面，
则有，
而，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，
（2）在平面内过点作交于点，
因为平面平面，平面，
所以平面，则点即为所要找的点，
如下图所示，因为，，
所以与相似，
因此，
即有，于是，，所以.
【典例2-2】（24-25高三上·上海·期中）如图，为圆锥的顶点，为圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，点为母线的中点，为上一点，且平面，．
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)在线段上是否存在一点，使得二面角为直二面角？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）由题意可知，平面平面，则，为中点，
又，，
，则．
过作DB平行线， 如图以此平行线所在直线为轴，，为原点建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面法向量为，则，
则，
取，则直线与平面所成角的正弦值为；
（2）不存在
，，
所以，
设平面法向量为，
则， 则，令，则，
取，平面法向量为．
因为二面角为直二面角，，解得，
又因为，不符题意．
所以在线段上不存在一点，使得二面角为直二面角.
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．
【变式2-1】如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，侧棱底面，，，，，是棱的中点．
(1)求证：面；
(2)求异面直线与所成角的余弦值；
(3)在线段上是否存在一点，使得直线和平面所成角为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【解析】（1）以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，,
,
，且平面平面
（2）由（1）得，，
异面直线与所成角的余弦值为．
（3）由（1）得，,．
设平面的法向量n=x,y,z，
由得，，
令，则，
设，
．
整理得，，解得或存在点或．
1．如图1，在中，，分别为，的中点，，.将沿折起到的位置，使得，如图2.
(1)求证：平面平面；
(2)线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【解析】（1）设是的中点，是的中点，如下图，连接，则，
则，，
由于，所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以平面平面；
（2）由（1）以及已知条件可知两两相互垂直，
则以为坐标原点，正方向为轴正方向，
可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
假设在线段上存在点，使得直线和所成角的余弦值为，
设，则，
，
，
整理可得：，解得：，
存在满足题意的点，此时.
题型三：立体几何折叠问题
【典例3-1】如图，在矩形中，点分别在线段上，.沿直线将翻折成，使平面平面.
(1)证明：；
(2)求二面角的余弦值；
(3)点，分别在线段、上，若沿直线将四边形向上翻折，使与重合，求线段的长.
【解析】（1）
取中点，连接.
∵，∴，由折叠得.
∵平面，∴平面.
∵平面，∴.
（2）∵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，则，，，，，，
∴，，
设平面的法向量为，则，取.
由题意得，平面的法向量为，
∴，
由图可得二面角的平面角为锐角，∴二面角的余弦值为.
（3）连接.
设，则.
∵翻折后与重合，∴，
由（2）得，，，
∴，解得，即.
【典例3-2】如图1，菱形的边长为4，，是的中点，将沿着翻折，使点到点处，连接，得到如图2所示的四棱锥.
(1)证明：；
(2)当时，求平面与平面的夹角的正弦值.
【解析】（1）在菱形中，由，得△是等边三角形，由是的中点，得，
在四棱锥中，由，,平面，
得平面，而平面，
所以.
（2）菱形的边长为是的中点，，，
由（1）知平面，
以为坐标原点，以为轴正方向，为轴负方向建立空间直角坐标系（如图）
则，设，，
由，，得，解得，即，
，
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，
所以平面与平面的夹角的正弦值.
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．
【变式3-1】在平面四边形中，，，，将沿翻折至，得到如图所示的三棱锥．
(1)证明：；
(2)当三棱锥的体积为12时，求二面角的余弦值．
【解析】（1）如图①，取的中点，连接，
因为，所以，
因为，所以，所以．
又，，平面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）过点作平面，垂足为，连接，
因为，，
所以，，
因为三棱锥的体积为12，
所以
，
解得，
因为，所以，
则，．
解法一：如图①，以为原点，以所在直线分别为轴，轴，
过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，
①
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则即
令，则，，
则平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则即
令，则，，
则平面的一个法向量为，
则，
由图知二面角为钝二面角，
故二面角的余弦值为．
解法二：如图②，易知，
则过分别作的垂线，垂足为，
则即为二面角的平面角，且，
因为平面，且平面，
所以，结合（1）中，
又，所以平面，
因为平面，所以，
所以，
在中，，
在中，由余弦定理得，
则，
由等面积法得，
解得，
则，
则在中，由余弦定理得，
故二面角的余弦值为．
②
1．如图，在平行四边形中，为的中点，沿将翻折至位置得到四棱锥为上一动点.

(1)若为的中点，证明：在翻折过程中均有平面；
(2)若，①证明：平面平面；
②记四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，若，求点到平面的距离.
【解析】（1）取PA中点G，连FG，EG，
因为分别为的中点，则∥，且，
由题意可知：∥，且，
则∥，且，可知四边形CFGE为平行四边形，
则∥，且平面，平面，
所以∥平面.
（2）①在四边形中，连接，
由题意可知：是以边长为2的等边三角形，则，
且，则，
可知，即，且，
若，且，则，可知，
且，平面，可得平面，
又因为平面，所以平面平面；
②取中点，中点，连，
则，∥，可得，
因为为等边三角形，则，
且平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平行四边形的高即为等边的高，
设点到平面的距离为，
若，则，解得，
即，可知为中点，
以为原点，OA，OH，别为轴建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
所以点到平面的距离.
题型四：立体几何作图问题
【典例4-1】如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为梯形，，，，．

(1)在侧面PBC中能否作出一条线段，使其与AD平行？如果能，请写出作图过程并给出证明；如果不能，请说明理由；
(2)若四棱锥的体积是，求直线BP与平面PCD所成角的大小．
【解析】（1）不能．
在梯形ABCD中，，，，则AD不平行于BC，
直线AD与BC必相交于一点，而平面，则直线AD与平面有公共点
又平面，因此直线与平面相交，
所以在侧面PBC中不能作AD的平行线.
（2）过点B作于H，连接PH，
由平面ABCD，平面ABCD，得，而平面PCD，
则平面PCD，即PH是BP在平面PCD内的射影，是直线BP与平面PCD所成角，
在中，，，则是等边三角形，，，
又，则，即，
在中，，，又四棱锥的体积是，
即，解得，
在中，，因此，
所以直线BP与平面PCD所成角大小是.
【典例4-2】（23-24高三上·河北承德·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，分别是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若平面经过点，且与棱交于点．请作图画出在棱上的位置，并求出的值．
【解析】（1）连接，则为的中点，
因为为的中点，所以．
又平面平面，
所以平面．
（2）如图，过作直线与平行，
则，故共面．
延长与交于点，连接，与的交点即为点．
因为底面是正方形，是的中点，
所以，且，
因为是的中点，所以，
则，所以．
（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
【变式4-1】如图，已知底面为平行四边形的四棱锥中，平面与直线和直线平行，点为的中点，点在上，且.
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)求作过作四棱锥的截面，使与截面平行（写出作图过程，不要求证明）.截面的定义：用一个平面去截一个几何体，平面与几何体的表面的交线围成的平面图形.
【解析】（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，平面，平面平面，∴
∴，
∴四边形是平行四边形.
（2）
如图，延长，与交于点，过点作直线,则直线为平面和平面的交线，延长，交于点，连接，与交于点，连接.∵点为的中点，点为的中点,∴是的一条中位线∴，又∵平面,平面,∴截面.
故平面即为所求截面.
1．在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，三棱锥的体积为，平面与平面的交线为.

(1)求四棱锥的体积，并在答卷上画出交线（注意保留作图痕迹）；
(2)若，，且平面平面，在上是否存在点，使平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求的长度；若不存在，请说明理由.
【解析】（1），，
∵，∴，
∴，
延长，，设的延长线和的延长线交点为，连接，
则平面和平面的交线为直线.
（2）取的中点，连接，
∵，是的中点，∴，
∵平面平面，平面平面，平面，，
∴平面，
，，解得.
以点为坐标原点，以直线，分别为，轴，
以过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
则，，，，
∴，，，
设，则，
设平面的法向量为，
则，即
令，得，
设平面的法向量为，
则，即
令，可得，
平面与平面夹角的余弦值为
∴，
整理得，解得：或，
即在直线上存在点，平面与平面的夹角的余弦值为，
此时或，
则或.
题型五：立体几何建系繁琐问题
【典例5-1】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：平面；
（2）设为的中心，若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）因为侧面是矩形，分别为的中点，所以，，从而，
又是正三角形，是中点，所以，
因为，平面，所以平面，
平面，平面，平面平面，所以，而，所以，所以平面，平面，
所以平面；
（2），连接，
平面，平面平面，平面，所以，又由三棱柱的性质得，所以是平行四边形，所以，
是的中心，则，所以，
所以，
设，则，，
由三棱柱性质知四边形是等腰梯形，如图，，作于，则，又，
所以，．
由（1）知是平面的一个法向量，而是与的夹角，
所以直线与平面所成角的正弦值等于．
【典例5-2】《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.
利用传统方法解决
【变式5-1】如图，在三棱柱中，底面是边长为的正三角形，侧棱长为a，，平行于和的平面分别与交于四点．
(1)证明：四边形是矩形；
(2)求三棱锥的体积（用含a的式子表示）；
(3)当实数a变化时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
【解析】（1）因为平面，平面平面，平面，
所以，同理，则.
由三棱柱可知，平面平面，
又平面平面，且平面平面，
所以，所以四边形是平行四边形.
由，平面，平面，
所以平面， 又平面，，
又平面，平面，
所以平面平面，
又平面平面，且平面平面，
所以.
过作平面，垂足为，在平面内过作，垂足为，
作，垂足为，连接，
所以平面，，同理，，.
因为平面，平面，，
所以平面，平面，
则，同理.
在与中，为公共边，且，
故与全等，故，
在与中，，又为公共边，
则与全等，则，
所以即为的角平分线，
又为等边三角形，故，又，
因为平面，平面，，
所以平面，平面，
所以，又，，
所以有，故四边形为矩形.
（2）由为等边三角形，且边长为，则，
在中，；在中，；
在中，；
所以，
即，则，
则三棱锥的高，
.
（3）由（1）知，，则，
所以在中，，
过作平面，垂足为，
则三棱柱的高也即，由（2）知，
故即为直线与平面所成角，
则，
由，则.
故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.
1．四面体，．
(1)求的面积；
(2)求与平面所成角的正弦值；
(3)求四面体的外接球半径．
【解析】（1）因为，
所以由余弦定理可得，，，
所以，，
，
所以，
在中，由余弦定理可得，
所以，
所以；
（2）过作平面于，过作于，过作于，
连接，
因为平面，所以，因为，平面，
所以平面，又平面，所以，同理可得，
又因为，，所以，所以，
所以，所以是的平分线，
因为，所以，进而在中，可得，
所以，
因为，所以三角形是直角三角形，
设点到平面的距离为，因为，
所以，所以，
所以OC与平面ABC所成角的正弦值为；
（3）三角形是直角三角形，则设三角形斜边的中点为，连接，
过作平面，因为四面体的外心在直线上，设球心为，
在中，因为，所以，
由余弦定理可得，
所以，设，
所以，，
因为，所以，整理得，
解得，所以外接球的半径为.
题型六：两角相等（构造全等）的立体几何问题
【典例6-1】（2018·广西桂林·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.
【典例6-2】如图,在三棱锥中,是等边三角形,,点是 的中点,连接．
（1）证明:平面平面;
（2）若,且二面角为,求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】解:（1）证明:因为是等边三角形,,
所以,可得．
因为点是的中点,则,,
因为,平面PBD,平面,
所以平面,因为平面,
所以平面平面．
（2）如图,作,垂足为连接．
因为,
所以为二面角A-BD-C的平面角．
由已知二面角为,知．
在等腰三角形中,由余弦定理可得．
因为是等边三角形,则,所以．
在中,有,得,
因为,所以．
又,所以．
则,．
以为坐标原点,以向量的方向分别为轴,轴的正方向,
以过点垂直于平面的直线为轴,建立空间直角坐标系,
则,,向量,
平面的一个法向量为,
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．
构造垂直的全等关系
【变式6-1】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.
1．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）当直线与平面所成的角为30°时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【解析】（1）过点作，垂足为，连结，.
在中，由，得，.
在中，由余弦定理得，
即，又，所以，即.
又，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，为直线与底面所成角，则，所以.
以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，所以，，
由于，所以.
设平面的法向量为，则，即，解得，
令得.
显然平面的一个法向量为，
所以，
即平面与平面所成二面角的余弦值为.
题型七：利用传统方法找几何关系建系
【典例7-1】（24-25高三上·河北衡水·期中）如图，四棱锥的底面为正方形，E，F分别为，的中点，且平面平面.
(1)证明：；
(2)若，当四棱锥的体积最大时，求平面与平面的夹角的余弦值.
【解析】（1）
连接交于点，连接交于点，过点作于点，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为分别为的中点，
所以，，
因为四边形为正方形，
所以，为中点，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为为中点，
所以.
（2）设，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
由（1）可知，点在平面内，设，
由，
得，即，
所以当时，四棱锥的体积最大，此时，
则，，，,，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
【典例7-2】四棱锥中，底面为等腰梯形，，侧面为正三角形；
(1)当时，线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
(2)当与平面所成角最大时，求三棱锥的外接球的体积．
【解析】（1）因为底面为等腰梯形，，
所以，，，所以.
所以，
又，平面，且，所以平面.
又平面，所以平面平面.
取中点，因为是等边三角形，所以，
平面平面，
所以平面.
再取中点，连接，则，所以.
所以可以为原点，建立如图空间直角坐标系.
则，，，，，，..
设，可得
所以，取平面的法向量.
因为与平面所成角的正弦值为，
所以，解得或（舍去）.
所以：线段上存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时.
（2）当平面平面时, 与平面所成角为.
当平面与平面不垂直时，过做平面，连接，
则为与平面所成角，因为，
，，，所以.
故当平面平面时，与平面所成角最大.
此时，设棱锥的外接球球心为，,
所以，解得.
所以三棱锥的外接球的体积为：.
利用传统方法证明关系，然后通过几何关系建坐标系．
【变式7-1】如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且的边长为，点在母线上，且.
(1)求证：直线平面；
(2)若点为线段上的动点，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）设，连接，
为底面圆的内接正三角形，，为中点，
，
又.
，且.
平面平面，，
平面平面，平面.
（2）为中点，
又，为中点，，，
，则，
以为坐标原点，方向为轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，
设.
设平面的法向量n=x,y,z，
则令，解得，
设直线与平面所成夹角为，
，
令，则，
，
当，即时，，
，
此时，
点到平面的距离.
1．在如图所示的试验装置中，两个正方形框架、的边长都是，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子、分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记.
(1)证明：平面；
(2)当为何值时，的长最小并求出最小值；
(3)当的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值.
【解析】（1）证明：因为四边形为正方形，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
又因为四边形为正方形，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A1,0,0、、、，
因为，所以，.
则，易知平面的一个法向量为.
因为，所以.
又平面，所以平面.
（2），其中.
，
当时，最小，最小值为.
（3）由（2）可知，当、分别为、的为中点时，最短，
此时、，
设平面的法向量为m=x1,y1,z1，，，
则，取，可得，
设平面的法向量为n=x2,y2,z2，，，
则，取，可得，
所以，，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
题型八：空间中的点不好求
【典例8-1】如图，在斜三棱柱中，是边长为2的等边三角形，侧面为菱形，.
(1)求证：；
(2)若为侧棱上（包含端点）一动点，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.
【解析】（1）如图所示，
取的中点为为菱形，且，
所以为等边三角形，，
又为等边三角形，则，
所以平面，
又平面平面，
所以.
（2）如图所示，
在中，，由余弦定理可得
，所以，
由（1）得平面，因为平面，所以平面平面，
所以在平面内作，则平面，
以所在直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系如图所示：
则，
设是平面的一个法向量，，
，则，即，
取得，
设，
，
设直线与平面所成角为，
则，
令，则在单调递增，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.
【典例8-2】如图，在平行六面体中，底面是矩形，，，点E，F分别为，，的中点，且.
(1)证明：平面平面；
(2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.
【解析】（1）设，则，
则，
所以，
因为为的中点，
所以，，
则，所以，
又平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面；
（2）由，可得，则，
如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，
设，
则，
则，
设平面的法向量为，
则，
令，则，所以，
设直线与平面所成角为，
则，
解得，
所以的长度为.
方程组思想
【变式8-1】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，，，P0,0,1，，
，，
设平面的法向量为，则，
所以，
取，得.
又，
所以点到平面的距离.
1．如图五面体中，四边形是菱形，是以角为顶角的等腰直角三角形，点为棱的中点，点为棱的中点
(1)求证：平面
(2)若点在平面的射影恰好是棱的中点，点是线段上的一点且满足，求平面与平面所成角的余弦值．
【解析】（1）
证明：取的中点，连接，如图所示，
是的中点，点为棱的中点，
，
而平面，平面，
平面,
菱形，，，
又分别是的中点，
四边形是平行四边形
，而 平面，平面，
平面，
又，平面,
平面平面，而平面，
平面.
（2）
因为点在平面的射影恰好是棱的中点，所以取的中点，
连接，则平面，因为是以角为顶角的等腰直角三角形，所以.
故以点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示.
根据，可得，不妨设，
则，
，所以，
，
,
平面的法向量为，
设平面的法向量为，
，,
设平面与平面所成角，则
则，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
重难点突破：新定义问题
【典例9-1】离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标，设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与P相邻的顶点，且平面…平面和平面为多面体M的所有以P为顶点的面．现给出如图所示的三棱锥．
(1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和；
(2)若PA⊥平面ABC，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为．点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度
【解析】（1）根据离散曲率的定义得，
，
又因为
所以．
（2）∵平面平面，
∴，
又∵，平面，
∴平面
∵平面，∴，
∵，即
∴，∴，
过点作交于，连结，
因为平面，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
依题意可得，，
，
，
设，则，
在中，
，
又，所以，
则，
所以，
解得：或（舍）
故.
【典例9-2】空间中，我们将至少两条坐标轴不垂直的坐标系称为“空间斜坐标系”．类比空间直角坐标系，分别为“空间斜坐标系”中三条数轴（轴、轴、轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜坐标为，记作．如图，在平行六面体中，，，，．以为基底建立“空间斜坐标系”．
(1)若点在平面内，且平面，求的斜坐标；
(2)若的斜坐标为，求平面与平面的夹角的余弦值．
【解析】（1）由题可知，，则（提示：斜坐标的本质是将空间中的向量用基底表示后的系数），
由题可知，，．
平面，
即
则，，
则的斜坐标为．
（2）由题可得，，
设平面的法向量为（提示：设斜坐标系下的法向量，通过求解法向量方程与赋值求得法向量），
由
得
即
取，可得，，
即．
则．
由（1）可知平面，
且，
则，
，
则，
即平面与平面的夹角的余弦值为．
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．
【变式9-1】三余弦定理：设A为平面内一点，过点A的斜线在平面上的正投影为直线．为平面内的一条直线，记斜线与直线的夹角（即直线与平面所成角）为，直线与直线的夹角为，直线与直线的夹角为，则．三余弦定理描述了线面角是斜线与平面内任意直线所成角的最小值，又称最小角定理．
(1)证明三余弦定理；
(2)如图，已知三棱柱，为正三角形，，求直线与底面所成角的正弦值；
(3)已知平行六面体，记为平行六面体体积，为平行六面体表面积，为平行六面体棱长总和，求证：．
【解析】（1）如图，不妨设在平面的射影为，则，过点作交直线于点，连接，
即为斜线与平面所成角，
即为斜线在平面的射影直线与平面内的直线所成角，即为斜线与平面内的直线所成角，
，，，
又，，，平面，
平面，
平面，，
根据几何关系可得，，
．
（2）取中点为，连接，，，，易知，
，．
又，，，平面，平面，
平面，
平面平面，
直线在平面上的射影必在交线上，
直线与底面所成角为，
，，
由三余弦定理得，得，
，
即直线与底面所成角的正弦值为．
（3）证明：设，，，，，，直线与底面所成角为，直线在底面投影与AB夹角为，在底面投影与AC夹角．
由平行六面体的对称性，不妨令，，
由三余弦定理，
则.
由题意得，
，
，
，
由，可得：
则
，
当且仅当且时等号成立．
1．球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球的半径为.、、为球面上三点，劣弧的弧长记为，设，表示以为圆心，且过、的圆，同理，圆，的劣弧、的弧长分别记为、，曲面（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角，，分别为、、，则球面三角形的面积为.
(1)若平面、平面、平面两两垂直，求球面三角形的面积；
(2)若平面三角形为直角三角形，，设，，.则：
①求证：
②延长与球交于点.若直线，与平面所成的角分别为，，，，为中点，为中点，设平面与平面的夹角为，求的最小值，及此时平面截球的面积.
【解析】（1）若平面OAB，OAC，OBC两两垂直，有，
所以球面三角形ABC面积为.
（2）①由余弦定理有：，且，
消掉，可得；
②由AD是球的直径，则，
且，，平面BCD，
所以平面BCD，且平面BCD，则，
且，平面ABC，可得平面ABC，
由直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，所以，
不妨先令，则，
由，，，
以C为坐标原点，以CB，CA所在直线为x，y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立如图空间直角坐标系，
设，则，
可得，，
则，
设平面OBC法向量，则，
取，则，可得，
设平面EST法向量，则，
取，则，可得，
要使sinθ取最小值时，则取最大值，
因为
，
令，则，
可得，
当且仅当取等．
则取最大值，为最小值，
此时点，可得，，
设平面AEC中的法向量，则，
取，则，可得，
可得球心O到平面AEC距离为，
设平面AEC截球O圆的半径为r，则，
所以截面圆面积为.
考点要求
目标要求
考题统计
考情分析
线线角、二面角、线面角
掌握三类角的概念，提升空间推理能力。
2024年II卷第17题，15分
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
2025年高考预测中，空间向量与立体几何仍将是重点考查内容，且多以解答题的形式呈现。具体来说，考试将着重测试以下知识点：距离问题，包括点、线、面之间的各种距离；异面直线夹角、线面角以及二面角的理解和计算。在解答题中，第一小题将主要考查线线、线面、面面垂直的判定定理及性质，而第二小题则将重点放在利用空间向量来计算线面角或二面角上，整体难度定位为中等水平。
距离问题
掌握距离概念，熟练进行距离计算与转化。
2024年天津卷第17题，15分2023年天津卷第17题，15分
体积问题
掌握体积公式，准确求解几何体体积。
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
培养空间思维，解决探索性几何问题。
2024年I卷第17题，15分
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