新高考数学一轮复习题型分类讲练6.4 空间几何体空间角与空间距离（精讲）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习题型分类讲练6.4 空间几何体空间角与空间距离（精讲）（2份，原卷版+解析版），共3页。试卷主要包含了线线角向量法，线面角向量法，二面角向量法，线线角的几何法，线面角的几何法，二面角的几何法，空间距离，空间几何体外接球等内容，欢迎下载使用。

考向一 线线角向量法
【例1-1】（2025高三·全国·专题练习）在正四棱台中，，，且该正四棱台的体积为28，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】解法一：过点作，交于点，则为异面直线与所成的角或其补角.
设该正四棱台的高为，则，得.
，故.
过点作交于点，则，
.连接，易得，
在中，利用余弦定理可得，
故异面直线与所成角的余弦值为.
解法二：设该正四棱台的高为，上底面与下底面的中心分别为，，连接，由题知，得.由正四棱台的性质知平面，
以为坐标原点，过点分别与平行的直线为轴，轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，
所以，，，
故异面直线与所成角的余弦值为.
故选：D.
【例1-2】（2025·江西景德镇·模拟预测）在正方体中，为线段上的动点，则直线与所成角的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】正方体中，，所以为等边三角形.
因为，所以或其补角为直线与所成的角.
当点与线段的端点重合时，直线与所成的角取得最小值；
当点与线段的中点重合时，直线与所成的角取得最大值.
故直线与所成角的取值范围.
故选：D.
【例1-3】（2025·四川巴中·二模）已知三棱柱的各条棱长相等，且，则异面直线AB与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设三棱柱棱长为，
所以，，，
，
，则，
设异面直线与所成角为，.故选：D
【一隅三反】
1．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）直三棱柱中，为边中点，则异面直线与所成角的余弦值为 .
【答案】
【解析】取中点，连接，因为，所以，
以为原点，分别为轴，过点且垂直于面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，
所以，
所以，
所以异面直线与所成角为，.
则，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
2．（2025·福建三明·模拟预测）在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的余弦值（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为直三棱柱，所以底面，
又底面，所以，，
又因为，所以两两垂直，
以为轴建立如图所示坐标系，
设，则，，，，所以，，
设直线与直线所成角为，则，
所以直线与直线所成角的余弦值为.故选：B
3．（2025·湖北武汉·三模）已知三棱柱的各条棱长相等，且，则异面直线与所成角为 .
【答案】/
【解析】不妨设三棱柱的各条棱长均为2，
因为，所以，，
因为，
所以，
即，且，
所以，又异面直线夹角的取值范围为，
所以异面直线与所成角为．故答案为：．
考向二 线面角向量法
【例2】（2025·北京·模拟预测）已知三棱锥，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，平面平面，是棱的中点，在棱上，满足平面.

(1)求的值；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)1(2)
【解析】（1）因为底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，所以，
又平面平面，平面平面，
所以平面，又因为满足平面，所以，
又是棱的中点，则为的中位线，故是棱的中点，所以；
（2）以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系：

因为，，则，
又是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，
故，，取中点，连接，则，
又，故设，根据三棱锥的体积相等，
，可得，
解得，所以设，故，
，设平面的法向量为，则
，解得，令，则，
则，即直线与平面所成角的正弦值为.
【一隅三反】
1．（2025·河北秦皇岛·二模）如图①，已知正方形的边长为4，分别为的中点，沿将四边形折起，如图②，使二面角的大小为60°，在线段上，直线与直线的交点为．
(1)若为的中点，证明：平面；
(2)当时，求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】（1）连接交于点Q，连接，因为正方形，分别为的中点，所以四边形为矩形，所以为中点，又为的中点，，所以为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）
由题知：，二面角的大小为60°，
故：是二面角的平面角，，
又，所以为正三角形，
取中点，中点，连接，
则，易证：面，所以，
以为坐标原点，分别为轴建立平面直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，则
则，
设直线与平面的夹角为，则，
又，所以，所以，
直线与平面所成角的余弦值为.
2．（2025·河北·模拟预测）如图，在棱长为3的正方体中，E，F分别为棱，的中点，点G满足．
(1)证明：平面；
(2)求直线DG与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【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，
，
，
设平面的法向量为，
则，
令得，故，
所以，
故，所以平面；
（2），，，
设平面的法向量为，
则，
解得，令，则，故，
设直线DG与平面所成角大小为，
则.
3．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）在中国古代数学中，将底面为矩形并有一条棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”.如图是一个底面为正方形的阳马，其中底面，且.
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）因为底面，底面，所以.
又底面为正方形，所以.故两两垂直.
以点为坐标原点，所在直线依次为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.
由条件可得下面各点的坐标：，，进一步得.设平面的法向量为，由得即
令，得，所以.
设平面的法向量为，
由得即
令，得，所以.因为，所以，平面平面.
（2）由（1）得，平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，则.
考向三 二面角向量法
【例3】（2025·广东东莞·模拟预测）在四棱锥中，，，，，.

(1)证明：二面角为；
(2)求平面与平面所成的二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）证明：在梯形中，取中点，连接，
∵且，∴为平行四边形，
∴，，
∴为直角三角形，，
又，，∴平面，∴，
又∵，且必与相交，∴平面，
∴平面平面，∴二面角为.
（2）解：过作，由（1）知，平面，所以平面，则，，两两垂直，从而可建立以为原点的空间直角坐标系如图，

由题意，，，，，
则，，，，
设是平面的一个法向量，
则，取则，
设是平面的一个法向量，
则，取，则，
设平面与平面夹角为，
则，
∴平面与平面夹角的余弦值为.
【一隅三反】
1．（2025·湖北·三模）如图，已知正三棱台的体积为，．
(1)求棱台的高；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)2(2)
【解析】（1）设棱台的高为h，由题可知，和为正三角形，且，，
故，，由棱台的体积为得，
故．
（2）设的中心为点O，设点在底面的投影为点E，连接交于点D，
，．
以点D为原点，以为x轴，以为y轴，过点作平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，,
，，，．
设是平面的法向量，是平面的法向量，
由，得，即，解得，
取，则，故，
，令，解得
故可取，
则．
设二面角的平面角为，
所以．
2．（2024·河北·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，，为中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）由题意知底面，，
故以A为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
则，
则，
故，，即，
而平面，
故平面；
（2）由（1）可得，
设平面的法向量为，则,
即，令，可取，
平面的法向量可取为，
设平面与平面夹角为，则.
3．（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)
【解析】（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．
考向四 线线角的几何法
【例4】（2025·辽宁·三模）在正四棱柱中，分别是的中点，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】解法一：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，可得，
则，
所以.
解法二：设，则，
如图所示，取的中点P，连接，
在正方形中，可得，
在三角形中，因为是的中点，可得，
所以（或其补角）是异面直线与所成角，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
在直角中，可得,
在中，由余弦定理得．
故选:D．
【一隅三反】
1．（2025高三·全国·专题练习）已知圆柱的轴截面为正方形，为下底面圆弧的中点，点在上底面圆弧上且与在轴截面同侧，若，则异面直线与所成角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图，在弧上取一点，使得，过作圆柱的母线，
连接，则由圆的对称性可得，
由圆柱的性质知，，，所以四边形为平行四边形，
所以，所以，
所以或其补角即为异面直线与所成角．
因为为下底面圆弧的中点，，所以，，
所以，所以异面直线与所成角为．
故选；D
2．（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
【解析】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.
3．（2025·甘肃定西·模拟预测）在直三棱柱中，是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图所示，连接，取的中点，连接，
因为，所以（或其补角）为异面直线与所成的角.
因为，所以，
所以，所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C.

考向五 线面角的几何法
【例5-1】（2025·河北秦皇岛·三模）已知圆台的上､下底面半径分别是1和2，且该圆台的表面积为，则圆台的母线与底面所成的角的正切值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设圆台的母线长为，则圆台的表面积，即，故圆台的高为，
根据线面角定义求出母线与底面所成角，所以圆台的母线与底面所成的角的正切值为．故选：D．
【例5-2】（2025·安徽蚌埠·模拟预测）已知三棱锥的体积为1，是边长为2的正三角形，且，则直线PA与平面ABC所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【解析】 是边长为2的正三角形，其面积为：
因为三棱锥的体积为1 和底面积 ，
得：解得：
设直线 与平面 所成角为，所以
故选：C
【一隅三反】
1．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）在正三棱台中, 分别为棱的中点，，四边形为菱形，则与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】取中点，连接,分别在线段上
取，连接.
则在正三棱台中， 分别为的中心，
且平面，平面,.
则平面平面，则即为与平面所成角.
令，由正三棱台中，
可得，
又四边形为菱形，则，,,
则，
则
故选：B
2．（2025·全国·模拟预测）已知三棱锥的底面是正三角形，平面，，，，四点都在以为球心的球面上，，则与平面所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
设是中点，是中点，是正三角形的重心，则是的三等分点，，
由是边长为的正三角形知，，
在平面中，作，作的垂直平分线交于点，
因为平面，，易知四边形是矩形，，．
设与交于点，过作，垂足为，
因为平面，在平面内，
所以，又，为平面内两条相交直线，
所以平面，在平面内，
所以，又为平面内两条相交直线，
所以平面，
所以是与平面所成的角或其补角．
过作直线平行于，交于点，交于点，则，，
把，，，，，，
代入求得，，
在中，，，
在中，，
所以．
故选：C．
3．（2025·上海杨浦·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面.
(1)求证:直线；
(2)求直线与平面所成角的正切值
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）由题意知，所以，
又因为，所以，所以；
又因为平面，平面，所以，
又因为平面，
所以平面，又在平面内，所以直线；
（2）因为平面，平面，所以，
因为，，平明，所以平面，
所以为直线与平面所成角，
在中，因为，所以
所以直线与平面所成角的大小为.
考向六 二面角的几何法
【例6-1】（23-24湖南）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)
【解析】（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.
【例6-2】（2025·甘肃白银·二模）如图，在直三棱柱中，，，E为的中点，平面ABE与直线交于点G．
(1)求四棱锥的体积；
(2)求平面ABEG与平面CEG所成角的正弦值．
【答案】(1)；(2).
【解析】（1）由是由棱锥和棱锥组合而成，
由平面，平面，则，且，
即，由且都在平面内，则平面，
所以是棱锥的高，
则
；
（2）由题设，，
由，即为等腰梯形，其高为，
所以，
若到平面的距离为，则，可得，
在等腰三角形中，边上的高为，
所以，平面ABEG与平面CEG所成角的正弦值为.
【一隅三反】
1．（2025·江西新余·模拟预测）在三棱锥中，且，底面是等边三角形，平面平面，若，则平面与平面所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图，过点作，垂足为，
平面平面，且平面平面平面，
作，则，则平面，
作于，平面，，
又，平面平面，
平面，
为平面与平面所成二面角的平面角．
且，
作于，由是等边三角形，
得．
故选：D.
2．（2024·河北·模拟预测）在三棱锥中，，若三棱锥的外接球表面积为，则二面角的大小为（ ）
A．或B．或C．D．
【答案】A
【解析】设外接圆圆心分别为，外接圆半径为，三棱锥外接球半径为，
过分别作平面，平面的垂线，交点即为三棱锥的外接球心，
， ，即，
所以在中点处，，
，，
，且在垂直平分线上，
所以，
三棱锥的外接球表面积为，
，，
又平面，平面，所以，
则，所以，
又平面，平面，所以，
又，所以共面，
所以就是二面角的平面角，
或.
故选：A.
3．（2025·安徽六安·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，且
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角所成平面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)．
【解析】（1）证明：因为四边形为直角梯形，且，故，
又，故，而，，平面，
所以平面，而平面，所以，
而，，平面，由梯形知，必定相交，
故平面，而平面，
故平面平面；
（2）连接，在平面中过作，垂足为，
由（1）可得平面，而平面，故，
而，，故，而，
所以，
因为，所以，
在平面中，过作，交延长线于点，连接，
则，故，且，
取的中点为，连接，由可得，
因为平面，故，
而，，平面，
故平面，而平面，故，
而，，平面，故平面，
故到平面的距离为，且，
而，平面，平面，
故平面，故到平面的距离即为到平面的距离为，
设二面角的平面角为，则，
由图可知为钝角，故．
考向七 空间距离
【例7-1】（2025·上海徐汇·二模）已知平面，是直角三角形，且，，则点P到直线BC的距离是 .
【答案】
【解析】取中点为，连接，如下所示：
因为为等腰三角形，又为中点，故；
因为平面，面，故；
又面，故面，又面，故，
故点到直线的距离，即为；
在△中，；
因为平面，面，故，则△为直角三角形；
在△中，，故,
故点到直线的距离为.
故答案为：.
【例7-2】（2025·湖南·三模）如图，在直三棱柱中，△ABC是正三角形，D为AC的中点，点E在棱上，且，若，，则点到平面BDE的距离为 .
【答案】
【解析】如图，取的中点，因为平面，平面，
所以，
因为三角形是等边三角形，点是中点，所以，
所以两两互相垂直，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
因为，，，D为AC的中点，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
所以，令，解得，
所以可取，
点到平面BDE的距离为.
故答案为：.
【一隅三反】
1．（2025·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面是的中点，点是棱上靠近的四等分点.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求点到直线的距离.
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【解析】（1）法一：如图，连接交于，连接，
因为底面为矩形，所以为的中点，
因为为的中点，所以是的中位线，
得到，而平面，平面，故平面.
法二：根据题意，以点为坐标原点，
分别以为轴，建立空间直角坐标系，
由题意得，
则，
设为平面的法向量，
则，即，
令，则，故，
平面，平面.
（2），
，
直线与平面所成角的正弦值为.
（3）由已知得，
由点到直线的距离公式得，
故点到直线的距离为.
2．（2025·北京·模拟预测）如图，在三棱柱中，，点D,E分别在棱和棱上，且为棱的中点．
(1)求证：平面；
(2)若平面ABC，
（i）求二面角的余弦值：
（ii）点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）（ii）
【解析】（1）
取中点G，连接，
则，又因为，
所以，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）
（i）以为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
则．
设平面的法向量为，
则，取，则
设平面的法向量为，
设二面角为，
则 ，
因为为锐角，所以；
（ii）由（i）平面的一个法向量为，
点到平面的距离
3．（2025·安徽六安·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，三角形是正三角形，M是棱的中点.

(1)证明：；
(2)若二面角为，求点M到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析;(2).
【解析】（1）

证明：取与中点，.连接，，，，
则运用中位线性质知，且，，
则，，则四边形是平行四边形，
又因为是正三角形，为中点，所以，
底面是菱形，，则是正三角形，则，，平面，平面，
平面，，
由于四边形是菱形，四边形是平行四边形，所以，，.
（2）由（1），则过做的垂线，以为坐标原点，为坐标轴，建立空间直角坐标系如图，

由二面角为，可得，
因为，四边形是菱形，可得，
又因为三角形是正三角形，可得，所以可得，
则，，，，由M是棱的中点，可得，
则，，设平面的一个法向量为，
则，令，得，故法向量为，又由，
所以M到平面的距离，
故M到平面的距离为.
考向八 动点问题
【例8】（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2．
(1)证明：平面平面；
(2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；
【解析】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，
因为，则，，
由余弦定理可得，
所以，，则，同理可证，
翻折后，则有，，
因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
所以平面平面.
（2）因为平面，，以点为坐标原点，
、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，其中，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，则，，所以，，
平面的一个法向量为，，，
则，令，可得，
则，整理可得，
因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且.
【一隅三反】
1．（2025·天津·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，为边CD的中点，且.
(1)求线段的长；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)在线段上（不含端点）是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)(2)(3)存在，
【解析】（1）由底面平面，
故，又底面是矩形，故，
故AD、AB、PA两两垂直，
故可以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则、，
设，则，
则，
由，则，
解得，即；
（2），
设平面的一个法向量，
因为，可得，
令，则，所以，
，
设平面的一个法向量，
可得，
令，则，所以，
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）（3）设，
则，
因为与平面所成角的正弦值为，设AN与平面所成角，
所以，
所以所以或，
因为所以，所以.
2．（23-24 云南）已知平行四边形如图甲，，，沿将折起，使点到达点位置，且，连接得三棱锥，如图乙.
(1)证明：平面平面；
(2)在线段上是否存在点，使二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，且
【解析】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，
因为，则，，
由余弦定理可得，
所以，，则，同理可证，
翻折后，则有，，
因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，故平面平面.
（2）解：因为平面，，以点为坐标原点，
、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，其中，
则，，
设平面的法向量为，
则，取，则，，
所以，，
易知平面的一个法向量为，
则，整理可得，
因为，解得，
因此，线段上存在点，使二面角的余弦值为，且.
3．（2024·广西·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且.

(1)证明：平面.
(2)是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在实数，理由见解析
【解析】（1）因为四边形是菱形，所以.
因为，，平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以，即.
因为，平面，且，所以平面.
（2）取棱的中点，连接，因为四边形是菱形，，
所以为等边三角形，故⊥，
又平面，平面，
所以，，故，，两两垂直，
故以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系.

设，则，，，，
故，，，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，得.
平面的一个法向量为，设面与面所成的锐二面角为，
则，
整理得，解得或（舍去）.
故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是.
考向九 空间几何体外接球
【例9-1】（2025·陕西延安·模拟预测）如图，三棱锥中，底面，是的中点，是的中点，．
(1)求证：平面平面；
(2)若，，且二面角的正弦值为，求三棱锥外接球的表面积．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）
因为底面，平面，故，
而，故，故，
而平面，故平面，
而平面，故平面平面.
（2）由（1）平面，而，故平面，
因为，故，故，
故可以为原点，以所在的直线建立如图所示的空间直角坐标系，
故，设，
则，
设平面的法向量为，则，
所以，取.
设平面的法向量为，则，
所以，取.
因为二面角的正弦值为，
故，故，
因为平面，而平面，故，
同理，故的中点到的距离相等，
故的中点为三棱锥外接球的球心，而，
故三棱锥外接球的表面积为.
【例9-2】（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
【解析】（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.
【一隅三反】
1．（23-24高二下·江西赣州·期中）如图，在直三棱柱中，，，为的中点.
(1)证明：平面.
(2)若以为直径的球的表面积为，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）
连接交于点，则为的中点，
连接，因为为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）因为，为的中点，所以，且，
因为以为直径的球的表面积为，
所以，解得，
以为坐标原点，的方向为轴正方向，竖直向上为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，设平面的法向量为，
则，
令，得，
，设平面的法向量为，
则，
令，得，
因为，
由图可知，二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
2．（2025·全国一卷·高考真题）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)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；
（ii）.
【解析】（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：.