新高考数学一轮复习易错题+专题提升练第7章专题04 立体几何非建系综合的大题培优归类（14题型）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习易错题+专题提升练第7章专题04 立体几何非建系综合的大题培优归类（14题型）（2份，原卷版+解析版），共25页。试卷主要包含了如图，在直三棱柱中，，.等内容，欢迎下载使用。

题型1 非建系：“虚”交线型
1．如图，在平行四边形中，，，为的中点，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且，，分别为，的中点.
(1)证明：平面.
(2)若平面与平面的交线为，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）连接，交于，并连接，易得为正方形，进而知为中位线，则，最后根据线面平行的判定证结论；
（2）若为中点，连接，由线面、面面垂直的判定可证面面，从而在面上的射影在直线上，过作直线则有直线为面与面的交线，故与面所成角即为所求角，再根据已知、等体积法求到面的距离，即可求角的正弦值.
（1）
连接，交于，并连接，
由、分别是、的中点，而，故为正方形，
所以为的中点，又是的中点，
所以，而面，面，故面.
（2）
由题易知：且均为等腰三角形，且均为等边三角形，
若为中点，连接，则，
而，面，则面，
又面，故面面，面面，
所以在面上的射影在直线上，
过作直线，而，则，故直线为面与面的交线，
所以直线与平面所成角，即为与面所成角，
由题设，，，令，则，，
因为面，面，故，
所以，又，易知，
在△中，，整理得，
所以，故，，
若到面的距离为，且，即，
所以，，，，
综上，，则.
【点睛】关键点点睛：第二问，首先确定在面上的射影位置，结合平面的基本性质找到直线，并将问题转化为求与面所成角的正弦值.
2．如图，在直三棱柱中，，.
(1)设平面与平面ABC的交线为l，判断l与AC的位置关系，并证明；
(2)求证：；
(3)若与平面所成的角为30°，求三棱锥内切球的表面积S.
【答案】(1)，证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由平面平面ABC可得平面ABC，从而根据线面平行的性质定理即可得证；
（2）连接，根据已知可得平面，从而即可证明；
（3）由题意，首先求出棱锥中各条棱的长度，然后利用等体积法计算三棱锥内切球的半径，最后计算其表面积即可得答案．
【详解】（1）解：判断.证明如下：∵为直三棱柱，∴平面平面ABC，
∵平面，∴平面ABC，又平面平面，平面，
∴，又∵，∴；
（2）证明：连接，∵三棱柱为直三棱柱，
∴平面，∴，又，，∴AB⊥平面，又平面，
∴，又∵直三棱柱中，，∴四边形为正方形，∴，
∵，平面，平面，∴平面，
又∵平面，∴；
（3）解：过作，垂足为D，连接CD，如图所示，∵三棱柱为直三棱柱，
∴平面，又平面，∴，∵，，
∴平面，
∴为直线与平面所成的角，即，
∵，∴，∴，
∴，∴在中，，
∴，又，∴.
设三棱锥内切球的半径为r，球心为O，连接OA，OB，OC，，
则由得，即，
∴三棱锥内切球的表面积.
3．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，侧面平面．
(1)求证：；
(2)设平面与平面的交线为，、的中点分别为、，证明：平面．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题设可得，再由面面垂直的性质可得面，最后根据线面垂直性质证结论.
（2）延长交于，连接即为l，由中位线性质有为平行四边形，再根据相似比、线面平行的判定证结论.
（1）由底面为直角梯形，，且，
所以为等腰直角梯形，且，故，
在中，，易得，所以，即，
又面面，面面，面，
所以面，而面，故.
（2）延长交于，连接即为面与面交线，
由、的中点分别为、，则且，
而，，故且，
所以为平行四边形，
又，则，故为中点，
所以，而面，面，
所以面，即平面.
题型2 非建系：探索性线面平行
1．（24-25高三·江西·阶段练习）如图1，已知等边三角形的边长为，，分别是，上的点，且，将沿折起到的位置，得到如图2所示的四棱锥．
(1)证明：．
(2)在棱上是否存在点满足平面？若存在，求出的值；若不存在，请说出理由．
(3)已知二面角的大小是，点在四边形内（包括边界），且，当直线与直线的夹角的余弦值最大时，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
(3)．
【分析】（1）利用余弦定理求出，利用勾股定理证明线线垂直，再结合线面垂直的判定定理即可证明；
（2）利用面面平行的判定定理及性质定理即可求解；
（3）根据二面角、线面角的定义，结合面面垂直的性质定理可得点在以为圆心，2为半径的圆上，结合余弦定理即可求解.
【详解】（1）在中，，，由余弦定理求得．
因为，所以．由题中图2可知，，，
，面所以平面，因为平面，所以．
（2）假设在棱上存在点满足平面，如图3，
过点作，交于点，连接．因为，所以平面，
又因为平面，，平面，
所以平面平面．
又因为平面平面，平面平面，
所以，所以．又因为，所以，从而.
（3）由（1）可知，，所以二面角的平面角为，则．如图4，过点作，垂足为，求得．
由（1）可知平面，所以平面平面，
又平面平面，所以平面．
因为，可得，所以点在以为圆心，2为半径的圆上．
直线与平面所成的角为，
直线与直线所成的角最小为，
此时，，，，
在中，由余弦定理求得．
2．（23-24高一下·吉林通化·期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，分别为的中点.

(1)证明：平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，指出点位置，并证明你的结论；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点为线段的中点，证明见解析
【分析】（1）连交于，证即可证明平面.
（2）先明确线段上存在一点为线段的中点，再通过证明且得，进而得平面即可得解.
【详解】（1）证明：连交于，因为为中点，
所以是中位线，
所以，又因为平面平面，
所以平面.

（2）线段上存在一点为线段的中点，使得平面，
连接，由于为中点，
则且，即且，
所以四边形为平行四边形，
所以，又平面平面，
所以平面.
3．（24-25高三·甘肃兰州·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱垂直于底面，E是的中点．
(1)求证：；
(2)设与交于O点，是否存在上一点F，使得平面平面，若存在请指出F点的位置，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)F为的中点，
【分析】（1）由题意知证得，，由线面垂直的判定定理可得平面，再由线面垂直的性质定理可得.
（2）假设F为的中点，由线面平行的判定定理证得平面，平面，再由面面平行的判定定理证得平面平面，所以假设成立，故F为的中点.
【详解】（1）因为侧棱平面，平面，
所以，又因为底面是矩形，所以，
平面，，
所以平面，平面，所以.
（2）假设F为的中点，连接，在中，，
所以平面，平面，所以平面，
在中，，
所以平面，平面，所以平面，
，所以平面平面.
故假设成立，F为的中点.
题型3 非建系：探索性面面平行
1．（21-22高三·湖北·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面四边形是平行四边形，分别为棱的中点.
(1)证明：平面；
(2)在底面四边形内部（包括边界）是否存在点，使得平面平面？如果存在求点的位置，并求的最大值，如果不存在请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析，的最大值为2
【分析】（1）作出辅助线，证明线线平行，从而得到线面平行；
（2）取中点为，连接，，证明出面面平行，从而得到点的位置，且求出的最大值.
【详解】（1）证明：取的中点，连接.
中，分别为的中点，，
分别为的中点，，，
故四边形为平行四边形，，
平面平面，平面.
（2）解：取中点为，连接，，
在中，分别为的中点，，
平面平面，平面.
因为且，且、分别为、的中点，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，，且，
平面平面，平面.
又，且平面，故平面平面.
所以点存在，且，即点在线段上移动，可使平面平面，
当点运动到时，此时的最大值，最大值为2.
2．（21-22高一下·江苏无锡·期中）如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD是平行四边形，，，分别为棱的中点．
(1)证明：平面；
(2)点为底面四边形内的一动点（包括边界），且平面平面，求的最大值．
【答案】(1)证明见详解.
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理，构造平行四边形即可证明.
（2）根据面面平行，找到点的运动轨迹，然后再求最大值.
【详解】（1）
证明：取的中点，连接，．
中，，分别为，的中点，，，
、分别为、的中点，，，，
故四边形为平行四边形，，平面，平面，平面．
（2）取中点为,连接在中，，分别为，的中点，
平面，平面，平面．又
平面，平面，平面．
又,且平面,故平面平面．
因为点为底面四边形内的一动点（包括边界），且平面平面，
点，即点在线段(包括端点)上移动，
当点运动到时，此时的最大值,最大值为2.
3．（23-24高一下·陕西咸阳·期中）如图，在直四棱柱中，底面为正方形，为棱的中点，．
(1)求三棱锥的体积．
(2)在上是否存在一点，使得平面平面.如果存在，请说明点位置并证明.如果不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，为的中点
【分析】（1）根据计算可得；
（2）当为的中点时满足平面平面，设，连接，即可证明、，从而得到平面，平面，即可得证.
【详解】（1）在直四棱柱中，底面为正方形，所以平面，
所以.
（2）当为的中点时满足平面平面，设，连接，
因为为正方形，所以为的中点，又为棱的中点，
所以，又平面，平面，所以平面，
又为的中点，所以且，所以为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面，
又，平面，所以平面平面.
题型4 非建系：探索性线面垂直
1．（24-25高三·北京·阶段练习）如图，在四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形．侧面SAD⊥底面ABCD，E，F分别为棱AD，SB的中点．
(1)求证：AF∥平面SEC；
(2)求证：平面ASB⊥平面CSB；
(3)在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)存在，
【分析】（1）取SC的中点G，连接FG，EG，证明四边形AFGE是平行四边形，则AF∥EG，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）先证明AD⊥平面SEC，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（3）假设在棱SB上存在点M，使得BD⊥平面MAC，连接MO，BE，由面面垂直的性质可得SE⊥平面ABCD，再根据线面垂直的性质可得BD⊥OM，SE⊥BE，再分别求出即可得出答案.
【详解】（1）证明：如图，取SC的中点G，连接FG，EG，∵F，G分别是SB，SC的中点，∴FG∥BC，，∵四边形ABCD是菱形，E是AD的中点，∴AE∥BC，，
∴FG∥AE，FG＝AE，∴四边形AFGE是平行四边形，∴AF∥EG，又平面SEC，平面SEC，
∴AF∥平面SEC；
（2）证明：∵△SAD是等边三角形，E是AD的中点，∴SE⊥AD，
∵四边形ABCD是菱形，，∴△ACD是等边三角形，又E是AD的中点，
∴AD⊥CE，又平面SEC，∴AD⊥平面SEC，又平面SEC，
∴AD⊥EG，又四边形AFGE是平行四边形，∴四边形AFGE是矩形，∴AF⊥FG，
又SA＝AB，F是SB的中点，∴AF⊥SB，又平面SBC，
∴AF⊥平面SBC，又平面ASB，∴平面ASB⊥平面CSB；
（3）解：假设在棱SB上存在点M，使得BD⊥平面MAC，连接MO，BE，
∵平面MAC，∴BD⊥OM，∵四边形ABCD是边长为2的菱形，，△SAD为正三角形，
∴，∵侧面SAD⊥底面ABCD，
又侧面底面ABCD＝AD，平面SAD，∴SE⊥平面ABCD，
又平面ABCD，∴SE⊥BE，
∴，∴，∴，∴，
∴，∴在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC，.
2．（21-22高一下·江西景德镇·期末）如图，在直三棱柱中，，，，为棱上靠近的三等分点，为棱上靠近的三等分点.
(1)证明：平面；
(2)在棱上是否存在点D，使得面?若存在，求出的大小并证明；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可求解.
（2）利用线面垂直的性质定理即可求解.
【详解】（1）取棱上靠近的三等分点，连接，
又为棱上靠近的三等分点，为棱上靠近的三等分点.
，，，且
所以四边形是平行四边形，又平面，平面，平面；
（2）由直三棱柱的性质及，可知侧面，
又侧面，由已知，
又，
又，所以
3．（22-23高一下·云南昭通·期末）如图，在正三棱柱中，，点M为的中点.
(1)证明：平面；
(2)在棱上是否存在点Q，使得平面？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，
【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明即可；
（2）先证明面面垂直再得出线面垂直进而得出相似比计算即可.
【详解】（1）因为三棱柱是正三棱柱，
所以平面平面,所以；
又因为M是的中点，所以，
因为平面平面,所以平面.
（2）由（1）可知平面，因为平面，则平面平面，
在平面内过点A作交于点Q，平面平面，
因此平面，于是点Q即为所要找的点,
如图7所示，显然，因此，即有，于是，所以.
题型5 非建系：探索性面面垂直
1．（22-23高一下·北京西城·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，四边形为正方形，为的中点，为上一点，为上一点，且平面平面．

(1)求证：；
(2)求证：为线段中点，并直接写出到平面的距离；
(3)在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，求；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析，
(3)存在，．
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理推出平面，再根据线面垂直的性质可得；
（2）根据面面平行的性质定理得，结合E为AD的中点，可得M为线段BC中点．转化为求点到平面的距离可求出结果；
（3）当N为SC中点时，证明平面ABCD，结合，可得平面平面.
【详解】（1）因为四边形为正方形，所以．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以．
（2）因为平面平面SCD，平面平面，
平面平面，所以，
又因为E为AD的中点，所以M为线段BC中点．
由（1）知，平面，又平面，
所以平面平面，所以点到平面的距离等于点到的距离，
因为，所以为正三角形，又为的中点，
所以点到的距离为，因为平面平面SCD，所以点M到平面SCD的距离为．
（3）存在，当N为SC中点时，平面平面，证明如下：
连接EC，DM交于点O，连接SE．
因为，并且，所以四边形EMCD为平行四边形，所以．
又因为N为SC中点，所以．
因为平面平面ABCD，平面平面，
又平面SAD，由已知，
所以平面ABCD，所以平面ABCD．
又因为平面DMN，所以平面平面ABCD．
所以存在点N，使得平面平面ABCD，．

2．（23-24高三·北京怀柔·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面，，四边形为正方形，为的中点，为上一点，为上一点，且平面平面.

(1)求证：为线段中点；
(2)求证：平面平面；
(3)在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，求；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明详见解析
(2)证明详见解析
(3)存在，且
【分析】（1）根据面面平行的性质定理证得，由此证得为线段中点.
（2）通过证明平面来证得平面平面.
（3）当N为SC中点时，证明平面ABCD，结合，可得平面平面.
【详解】（1）依题意平面平面，
由于平面平面，平面平面，
所以，由于正方形中，是的中点，
所以是线段的中点.
（2）由于平面平面，且交线为，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（3）存在，当N为SC中点时，平面平面，证明如下：
连接EC，DM交于点O，连接SE．

因为，并且，所以四边形EMCD为平行四边形，所以．
又因为N为SC中点，所以．
因为平面平面ABCD，平面平面，
又平面SAD，由已知，
所以平面ABCD，所以平面ABCD．
又因为平面DMN，所以平面平面ABCD．
所以存在点N，使得平面平面ABCD，．
3．（22-23高三上·重庆沙坪坝·开学考试）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，三角形为正三角形，且侧面底面.分别为线段的中点.

(1)求证：平面；
(2)在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）构造三角形的中位线得到线线平行，再利用线面平行的判定定理即可得到线面平行；
（2）法一：建立空间直角坐标系，设，求出平面和平面的法向量，再利用两平面垂直的向量法即可求出结果.法二：利用几何法，先找出平面，使平面平面，再利用几何关系即可求出结果.
【详解】（1）连接交于点，连接，因为四边形是菱形，所以点为的中点.
又因为为的中点，所以，
又因为平面平面，
所以平面.

（2）设底面边长为2，连接，由于为菱形，且，
故，
所以，故有，
又三角形为正三角形，为中点，故，
又侧面底面，平面平面，面，
所以平面，
如图，以为原点，方向分别为轴正半轴，建立空间直角坐标系.
则，
设，则，
则，
设平面的法向量为，则有，得到，
取，得，，所以，
又平面法向量可取为，
由题可知，即，解得，
故存在点使得平面平面，.

法二：三角形为正三角形， 是的中点，
又侧面底面，平面平面，面，
所以平面，
连接，取的中点，连接，则是的中位线，，
所以平面，
延长交于，又面，所以平面平面.
因为，所以，
又因为，所以，，
故存在点，使得平面平面，.

题型6 非建系三大角1：异面直线
1．（23-24高三·湖南长沙·阶段练习试）如图，在直三棱柱中，，D是AC的中点，．

(1)求证：平面；
(2)若异面直线AC和所成角的余弦值为，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)4.
【分析】（1）连接，交于点，连接，利用中位线定理证明平面．
（2）利用几何法求出异面直线和所成角的余弦，结合正弦定理及三角形面积公式求得，再利用割补法求出体积作答.
【详解】（1）在直三棱柱中，连接，交于点，连接，
四边形为平行四边形，则为的中点，
又为的中点，于是，又平面，平面，
所以平面.

（2）在直三棱柱中，由，知为锐角，
显然，则为异面直线和所成的角，即，
由，得，，
，直三棱柱的体积
，
，
所以.
2．（24-25高三·重庆坝·阶段练习）如图，四棱锥中，底面ABCD为菱形，平面ABCD.
（1）证明：平面平面PAC；
（2）若异面直线PD与AB所成角的余弦值为，且，求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）由底面ABCD为菱形，可知，结合面，可得，从而可证明平面，结合平面，可证明平面平面；
（2）由，可知PD与CD所成角的余弦值为，在中，利用余弦定理可求得，进而求得四棱锥体积为.
【详解】（1）证明：∵底面ABCD为菱形，.
又面，.
又，平面，又平面
∴平面平面；
（2），所以异面直线PD与AB所成角的余弦值，即PD与CD所成角的余弦值，即.
设，在中，，
∵底面为菱形，，，，
中，.
中，由余弦定理，，，
又，
从而.
【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查四棱锥体积的求法，考查学生的计算求解能力，属于基础题.
3．（20-21高一下·重庆九龙坡·期中）如图甲是由正方形，等边和等边组成的一个平面图形，其中，将其沿，，折起得三棱锥，如图乙.
（1）若O为AC中点，求证：平面；
（2）过棱作平面交棱于点，且三棱锥和的体积比为1:2，异面直线AM和BC所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）证得和，根据线面垂直的判断定理即可得出结论；
（2）作出辅助线，证得则或其补角为异面直线AM和BC所成角，在中，利用余弦定理求出，结合异面直线成角的范围即可求出结果.
【详解】
（1）连接，因为图甲是由正方形，等边和等边组成的一个平面图形，且O为AC中点，所以，，所以，因此，又因为，且，所以平面；
（2）因为三棱锥和的体积比为1:2，
所以三棱锥和的体积比为2:3，
设点到平面的距离为，点到平面的距离为，
又因为，
分别取的中点，连接，所有,，,，则或其补角为异面直线AM和BC所成角，在中，，则，在中，，又因为，在中，，因为异面直线成角的范围为，所有为异面直线AM和BC所成角，则异面直线AM和BC所成角的余弦值为.
题型7 非建系三大角2：线面角
1．（2021·全国·模拟预测）如图所示的几何体是由三棱柱和四棱锥组合而成的，已知，线段与交于点，，分别为线段，的中点，平面平面，平面．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）若是边长为2的等边三角形，，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）由线面平行性质得，再根据对角线互相平分可证；
（2）连接，，通过证明平面，可得为直线与平面所成的角，即可得证.
【详解】（1）连接，因为平面，平面平面平面ABC1，
所以，
由为线段的中点，可知为线段的中点，
又为线段的中点，所以四边形为平行四边形．
（2）如图，连接，，
由（1）及是边长为2的等边三角形可知，平行四边形为菱形，且，．
易知四边形为菱形，又，，所以，．
又，所以平面，所以．
因为，所以．
因为，平面平面，平面平面，所以平面，
所以，又为的中点，，所以，，
又，所以平面，故为直线与平面所成的角．
易知，故．故直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是正确理解线面角的定义，作出恰当的辅助角，找到正确的线面角.
2．（2024·江苏宿迁·三模）如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，为半个圆柱上底面的直径，，，点，分别为，的中点，点为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)若是线段上一个动点，当时，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）先证明，，进而证明为平行四边形，可得，再证明，由面面平行的判定定理得证；
（2）方法1，建立空间直角坐标系，利用向量法求解；方法2，先证明平面平面，过作交于，则就是直线与平面所成角，利用平面几何求出最小，得解.
【详解】（1）连接，由点为的中点，为半个圆柱上底面的直径知，
由，，知，，
则，又四点共面，所以，
由为直三棱柱的侧面知，即，则，
由为的中点得，
所以四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，，则平面，
因为，分别为，的中点，所以，
又平面，，平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面．
（2）（法一）以为一组空间正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，，
设，
则，
由平面平面知直线与平面所成角即为直线与平面所成角，
设平面的法向量为，由，取，得，
则平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则
，又，则时，的最大值为．
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为．
（法二）在直三棱柱中，底面，因为底面，所以，
由（1）知，，所以，又平面，
所以平面，因为平面，所以平面平面，
过作交于，因为平面平面，所以平面，
又平面平面，则直线与平面所成角即为直线与平面所成角，
因为∽，且正方形的边长为2，所以，则，
又，要使值最大，则最小，在中，
过作交于，由等面积可求出，此时．
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为．
3．（24-25高三安徽阶段练习）如图，在四棱锥中，已知四边形ABCD是边长为2的菱形，，AC与BD的交点为O，且平面ABCD，是等边三角形，点E是线段AD上的动点．
(1)证明：；
(2)求二面角的平面角的正切值；
(3)求直线PE与平面PBC所成角的正弦值的最大值，并指出点E此时所在的位置．
【答案】(1)证明见解析
(2)2
(3)，点E在线段AD上靠近D点的处．
【分析】（1）利用线面垂直的性质、判定推理得证.
（2）过作，利用定义法求出二面角的平面角的正切值.
（3）证得平面，利用等体积法求出点E到平面的距离，再列式表示出角的正弦，进而推理求解最大值.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，
因为四边形为菱形，所以，因为，PO、平面，所以平面，
又平面，所以．（2）过P在平面内作于H，连接OH，
因为平面，平面，所以，
又，PO、平面，所以平面，
又平面，所以，所以为二面角的平面角，
由题意知，是边长为2的等边三角形，所以，
由，得，在直角中，，
所以二面角的平面角的正切值为2．
（3）因为，且平面，平面，所以平面，
所以E到平面的距离即为D到平面的距离h，因为，所以，
即，所以，即E到平面的距离为，设直线PE与平面所成的角为，则，
要使的正弦值最大，则需使PE最小，此时，由对称性知，，所以的最大值为，此时，故直线PE与平面所成角的正弦值最大值为，
此时点E在线段AD上靠近D点的处．
题型8 非建系三大角3：二面角
1．（23-24高二下·浙江杭州·期中）如图，四棱锥中，平面平面，是边长为2的等边三角形，底面是矩形，且.
(1)若点是的中点，
（i）求证：平面；
（ii）求直线与平面所成角的正弦值；
(2)在线段上是否存在一点，使二面角的大小为.若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
(2)存在，
【详解】（1）
（ⅰ）设矩形的中心为，则是的中点，而是的中点，所以.
而是矩形的中心，故也是的中点，所以在平面内，又因为不在平面内，所以平面；
（ii）由于平面平面，平面和平面的交线为，，在平面内，故平面.
所以直线与平面所成角的正弦值等于.
下面证明一个结论：在中，若的长分别为，则边上的中线长为.
证明：设为的中点，，则由余弦定理，结合得
.
所以，即，故.回到原题.
由于平面，而在平面内，故，.
从而，这得到，.
而，故根据之前证明的结论，我们有，，从而.
这表明，所以直线与平面所成角的正弦值等于.
（2）在平面内过作，交于，在平面内过作，交于.
由于平面平面，平面和平面的交线为，，在平面内，故平面. 而在平面内，故.
又因为，在平面内交于，故平面.
由平面，在平面内，知.
由，，且在上，知二面角等于.
从而条件即为，即，即.
设，则，故，.
同时，.
故条件即为，即.解得，所以.
综上，存在满足条件的点，.
2．（24-25高三·辽宁沈阳·阶段练习）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.
(3)求二面角平面角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，7，理由见解析；
(3)
【分析】（1）由已知条件证明平面，即可证明平面平面；（2）在平面内过点作交于点，证明出与相似，从而，代入数据求解即可; （3）在平面上，过点作垂直垂足为，过点作的垂线垂足为，连接，证明为二面角的平面角，再求即可.
【详解】（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.
（3）在平面上，过点作垂直垂足为，因为点为的中点，
所以为的四等分点，即，过点作的垂线垂足为，连接，
平面平面，平面平面，因此平面，
所以有，由二面角定义可得为二面角的平面角，为直角三角形，
边上的高为，则有，所以
3．（22-23高一下·福建福州·期末）如图，四棱锥的侧面是边长为2的正三角形，底面为正方形，且平面平面，，分别为，的中点.

(1)求证：；
(2)在线段上是否存在一点使得平面，存在指出位置，不存在请说明理由.
(3)求二面角的正弦值．
面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．【答案】(1)证明见解析
(2)当时平面，理由见解析
(3)
【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，即可得到，再证明，即可得到平面，从而得证；
（2）取的四等分点（靠近），取的四等分点（靠近），连接、、，即可得到、，从而得到平面平面，即可得解；
（3）取的中点，连接交于点，过点作交于点，连接，即可证明为二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得；
【详解】（1）为正三角形，为中点，
，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，平面，
，
在正方形中，易知，
，
而，
，
，
，平面，
平面，平面，
．
（2）存在，当时平面，
取的四等分点（靠近），取的四等分点（靠近），连接、、，
则，平面，平面，所以平面，
由，所以，所以，
又，，所以，
所以，平面，平面，所以平面，
又，平面，
所以平面平面，平面，所以平面，
即当时平面.

（3）取的中点，连接交于点，过点作交于点，连接，
则且，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，所以平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，平面，
所以，
所以为二面角的平面角，
因为，所以，又，所以，，
又，所以，又，
，，即，所以，
所以，所以，
故二面角的正弦值为.

【点睛】方法点睛：(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算、要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二
题型9 特殊证明与计算：四点共面型
1．（21-22高三上·河南·阶段练习）如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，为侧棱上靠近的三等分点，底面，且.
(1)在侧棱上是否存在点，使得点四点共面？若存在，指出点的位置，并证明；若不存在，请说明理由；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)取靠近的三等分点，证明见解析
(2)
【分析】（1）取靠近的三等分点，连接，可证得即可得出结果.
（2）法1：过作的垂线，垂足为，连接，求证得是二面角的平面角，计算即可求得结果;
法2：以为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，平面的一个法向量，利用数量积公式计算即可得出结果.
【详解】（1）取靠近的三等分点，连接.
因为，所以.
又，所以，所以共面.
（2）法1：
过作的垂线，垂足为，连接，
因为平面平面，所以.
因为平面，
所以平面.
因为平面，
所以，结合，
得是二面角的平面角.
在Rt中，是靠近的三等分点，，
故，，
故二面角的余弦值为.
法2：
以为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，
因为，四边形为正方形，
所以，
从而.
设平面的一个法向量为，则
即取，则.
平面的一个法向量为.
设二面角的平面角为，
则，
故二面角的余弦值为.
2．（23-24高三·河南·阶段练习）如图，四棱锥，侧面是边长为的正三角形，且与底面垂直，底面是的菱形，为的中点．
（Ⅰ）求证:；
（Ⅱ）在棱上是否存在一点，使得四点共面？若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由；
（Ⅲ）求点到平面的距离．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）存在为棱的中点时，四点共面；（III）．
【详解】试题分析：（Ⅰ）取中点，易得，，所以平面，从而得；（Ⅱ） 当点为棱的中点时，可得，从而可知四点共面；（Ⅲ）由题可知点到平面的距离即点到平面的距离，又由（Ⅰ）证明中易得平面，故可求三棱锥的体积，再由等积法求得点到平面的距离即点到平面的距离．
试题解析：（Ⅰ）方法一:取中点，连结，，依题意可知
△,△均为正三角形，
所以，，
又，平面，平面，
所以平面，又平面，
所以．
方法二:连结、，依题意可知△，△均为边长为正三角形，
又为的中点，所以，，
又，平面，平面，
所以平面，
又平面，所以．
（Ⅱ）当点为棱的中点时，四点共面，
证明如下:
取棱的中点，连结，，又为的中点，
所以，在菱形中，所以，
所以四点共面．
（Ⅲ）点到平面的距离即点到平面的距离，
由（Ⅰ）可知，又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
即为三棱锥的体高，
在中，，，
在中，，，边上的高，
所以的面积，
设点到平面的距离为，
由得 ，又，
所以，
解得， 所以点到平面的距离为．
考点：1．线线垂直证明；2．多点共面证明；3．点面距离．
3．（24-25高一下·云南昭通·期末）图1是由正方形和等边组成的平面图形，将沿折起．
(1)折起时点与点重合，且平面平面，如图2，、分别是、的中点．
①证明：四点共面；
②证明：平面平面；
(2)折起时点与点重合，且，如图3，求点到平面的距离．
【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析
(2)．
【分析】（1）①判断，即可得到结果；②通过说明，，然后利用面面垂直的判定定理可得结果；
（2）利用等体积法计算即可.
【详解】（1）证明①：、分别是、的中点，则，又，所以，所以四点共面．
②因为平面平面，而，所以平面．
又因为平面，所以．
为等边三角形，是的中点，所以，因为，且两直线在平面内，
所以平面，而平面，所以平面平面．
（2）连接交于点，连接，
因为，为的中点，
所以，故．．
所以，所以．且AD、AE是平面平面内的两条相交直线，
所以平面，设点到平面的距离为，
而，即，所以，解得．
所以点到平面的距离为．
题型10 特殊证明与计算：外接球型
1．（24-25高三福建福州·阶段练习）如图所示的四棱锥 中，平面，，， ，，F为PC的中点；
(1)求证：平面
(2)求证：平面
(3)若P，B，C，D在同一个球面上，证明：这个球的球心在平面 ABCD上
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）取PB 中点M，连接MF、AM，根据几何性质，可得四边形AEFM为平行四边形，进而可得，根据线面平行的判定定理，即可得证；
（2）根据线面垂直的性质、判定定理，可证，结合等腰三角形性质，可证平面PBC，即可得证；
（3）根据题干条件，可分别计算PE、BE、CE、DE的长度，结合条件，即可得证.
【详解】（1）证明：取PB 中点M，连接MF、AM，M、F分别为PB、PC的中点，
，，点在上，，，
且，四边形AEFM为平行四边形，，
平面PAB，平面PAB，平面PAB.
（2）证明：，，，平面，，
，平面PAB，平面PAB，平面PAB，平面PAB，
，，M为PB的中点，，，平面PBC，平面PBC，平面PBC，，平面PBC.
（3）证明：平面，，，，
，，，，
，，，
在同一个球面上，且，为球心，
球心在平面ABCD上.
2．（24-25高三上·河南开封·阶段练习）如图，四棱锥中，底面，，，.
(1)若，证明：平面；
(2)若，且二面角的正弦值为，求；
(3)当，时，四棱锥的外接球表面积与（2）中四棱锥的外接球表面积相等么？若相等，请求出四棱锥的外接球表面积；若不相等，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理和判定定理可得平面，平面，然后利用线面垂直的性质定理和线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据面面垂直的性质可先求二面角的平面角，根据两个二面角的平面角相等，即可根据对称求解；
（3）根据底面四边形的外接圆半径不变，即可求解两种情况下的表面积不变，进而由表面积公式即可求解.
【详解】（1）在四棱锥中，底面，底面，
故，又，平面，故平面，
又，，，，故，
底面，底面，
故，平面，故平面，
因此，同时注意到平面，平面，则平面.
（2）如图：
过点B作，垂足为，过作于点，连接，
由于底面，平面，故平面底面，
且两平面的交线为,平面，故平面，
平面，则，
又，平面，
故平面，平面，故，
所以是二面角的平面角，
，故，
因此，
在中，，
故二面角的正弦值为，
当，二面角的正弦值也是，则点D为点B关于直线的对称点，此时.
（3）第（2）问的情况下，由（2）可知三角形与全等，故均为直角三角形，且均为斜边，
因此底面四边形的外接圆半径为，
在第（3）问下：即，条件下时，
由和（1）知：，
又，因此三角形与均为直角三角形，且均为斜边，
因此底面四边形的外接圆半径为，
由于两种情况下，四边形的外接圆半径相等，又平面，故其外接球的半径一定相等，因此四棱锥的外接球表面积在两种情况下是相等的.
且球半径为，表面积为.
3．（24-25高一下·安徽安庆·期末）如图所示，已知正方体的体积为64，点M为线段的中点，过点A，M的平面与直线平行.
(1)求平面与正方体的表面形成的截面图形的面积；
(2)求证：平面平面；
(3)点E是侧面内的动点，满足平面，当线段最短时，求四面体的外接球的表面积.
【答案】(1)18
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据题意，求得正方体的棱长，取的中点，得到梯形为所求截面图形，结合梯形的面积公式，即可求解；
（2）根据题意，分别证得和，结合线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面.
（3）分别取的中点，证得平面和平面，证得平面平面，得到点在线段PQ上，且点为线段的中点时，最短，连接交于点，得到四面体的外接球的球心在上，结合球的截面圆的形状，列出方程组，求得的值，即可求解.
【详解】（1）解：取的中点，连接，易知，
所以梯形为所求截面图形，
如图所示，设正方体的棱长为，
因为正方体的体积为，可得，解得，
则，，，
故所求梯形面积.
（2）因为为正方形，可得；
又因为平面，平面，所以；
因为，且平面，所以平面；
因为平面，所以平面平面.
（3）如图所示，分别取的中点，连接，
在正方体中，可得，
因为平面，且平面，则平面，
同理可证：平面，
又因为，且平面，所以平面平面，
因为平面，且点是侧面内的动点，则点在线段PQ上，
又因为，故当点为线段的中点时，最短，
设，在直角中，点为的外心，
连接交于点，则平面，
则四面体的外接球的球心在上，
设四面体的外接球的球心为点，则长即外接球半径r；
设，则，因为，，
在直角中，，
在直角中，，
联立方程组，，解得，，
故外接球的表面积为.
题型11 特殊证明与计算：特殊几何体体积
1．（25-26高二上·山东潍坊·阶段练习）如图，四棱锥中，底面是直角梯形，，，且侧面底面，是的中点，．

(1)已知是的中点，求证：平面平面
(2)求证：平面；
(3)当时，在棱上是否存在一点，使得三棱锥的体积为，若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见详解；
(2)证明见详解；
(3)存在，.
【分析】（1）根据题意，可得，，再结合面面平行的判定定理，即可证明；
（2）根据题意，可得，，再结合线面垂直的判定定理，即可证明；
（3）设三棱锥的高为，三棱锥的高为，则，又，，所以可得，故在棱上存在点，使得三棱锥的体积为.
【详解】（1）因为是的中点，是的中点，所以为的中位线，即，
又平面，平面，所以平面，
又，是的中点，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，
又平面，平面，且、相交于点，
所以平面平面；
（2）由（1）得，四边形为平行四边形，
又，，所以四边形为正方形，
所以，
又，是的中点，平面，所以，
又侧面底面，侧面与底面相交于，
所以底面，
又平面，所以，
又平面，平面，且、相交于点，
所以平面；
（3）当时，可得，，是的中点，则，，
在直角三角形中，根据勾股定理，可得，
为等腰直角三角形，其面积，
所以，
设三棱锥的高为，三棱锥的高为，
则，又，所以，
又点在棱上，所以.
所以，在棱上存在点，使得三棱锥的体积为，此时，的值为.
2．（25-26高三·湖北·阶段练习）如图是一块正四棱台的工艺石料，该四棱台的上、下底面的边长分别为2dm和4dm，高为3dm．

(1)求四棱台的表面积；
(2)现要将这块工艺石料最大限度打磨为一个圆台造型，求圆台的体积．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用正四棱台的性质，求出侧面等腰梯形的高，再分别计算每个面的面积，相加即可得棱台的表面积；
（2）若要这块石料最大限度打磨为一个圆台，则圆台的上、下底面圆是正四棱台的上、下底面正方形的内切圆，高为正四棱台的高，再根据圆台的体积公式计算即可.
【详解】（1）正四棱台侧面是全等的等腰梯形，
分别取中点，连接，作交于，
如图所示，因为，，且，则四边形为矩形，
则，，，，
所以，
所以四棱台的表面积为．

（2）若要这块石料最大限度打磨为一个圆台，
则圆台的上、下底面圆是正四棱台的上、下底面正方形的内切圆，高为正四棱台的高，
则圆台上底面圆半径，下底面圆半径，高，
则圆台的体积为．
3．（25-26高二上·北京·开学考试）如图，在多面体中，平面平面，四边形为正方形，四边形为梯形，且.

(1)求证：；
(2)线段上是否存在，使得平面？若存在，求出值；若不存在，请说明理由.
(3)求多面体的体积.
【答案】(1)证明见解析.
(2)
(3)
【分析】(1)由面面垂直的性质定理可得平面，根据线面垂直的定义可知.
(2)由已知可得平面,若线段上是否存在，使得平面，则平面平面.所以问题可转化为过直线作平面的平行平面，根据面面平行的性质定理，可得,问题转化为过点作的平行线，该平行线与的交点即为点,放入梯形分析，可得的值.
(3)将多面体分割成三棱锥和三棱柱，分别求出三棱锥和三棱柱的体积，即可得到多面体的体积.
【详解】（1）因为四边形为正方形，所以.
平面平面，且平面平面，平面,
所以平面.
因为平面,所以.
（2）设线段上存在，使得平面.显然点与点不重合.
所以不在平面中，平面,
因为四边形为正方形，所以.
所以平面.
因为平面，所以平面平面.
因为平面平面，平面平面,
所以
因为四边形为梯形，且.
如图，取BC的中点H，连接AH,则, 所以四边形为平行四边形，四边形是正方形.
所以,且与的交点即为点,点是的中点.
所以.

当点为的中点时，因为所以.
延长交于点.因为所以.
所以,所以,所以点是的中点.连接
因为四边形为正方形，所以.所以,所以四边形为平行四边形.
因为不在平面中，平面,
所以平面.
因此，线段上是否存在，使得平面，的值为.
（3）多面体由三棱锥和三棱柱组成.
由(1)知平面,由已知，.
所以三棱锥的体积.
三棱柱体积.
所以多面体的体积为.
故答案为：.
题型12 特殊证明与计算：角度最值范围
1．（25-26高二上·重庆·开学考试）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面平面，且．

(1)求证：；
(2)当时，求点到平面的距离；
(3)当时，求二面角的正切值的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质，线面垂直的判定和性质推理得证.
（2）证明平面，再利用面面垂直的性质求出点到平面的距离即可.
（3）作出二面角的平面角，利用几何法求出该角正切的函数关系，进而求出范围.
【详解】（1）由，得，则，
而平面平面，平面平面，平面，
所以平面，而平面，则，
又，则，
又，平面，因此平面，
又平面，
所以.
（2）在中，平面，平面，则平面，
于是点到平面的距离等于点到平面的距离，
在平面内过作于，
由（1）知，平面，
在中，，
则，，
所以点到平面的距离为.

（3）在平面内过作于M，作于N，连接，
由（1）得平面平面，平面平面，则平面，
又平面，则，
又平面，则平面，
又平面，因此，
则即为二面角的平面角，
设，，由（1）得，
则，
在中，由，得，
在中，由，得，
在中，，
因此，
由，得，则，
所以二面角的正切值的取值范围为.
2．（25-26高三安徽马鞍山·开学考试）如图1，在矩形中，为的中点．将沿向上翻折，进而得到多面体（如图2）．

(1)当平面平面时，求直线与平面所成角的正切值；
(2)在翻折过程中，求直线与平面所成角的最大值；
(3)在翻折过程中，求二面角的最大值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据矩形边长性质以及三角形相似可得，再由面面垂直性质证明可证明平面，结合线面角定义即可求得结果；
（2）根据线面垂直判定定理可证明平面，结合性质定理可得平面，作出线面角的平面角并得出正切值的表达式，再结合三角函数值域求得，可得结论.
（3）根据二面角定义利用线面垂直性质作出二面角的平面角，结合三角函数最值求出正切值的最大值，即可求得结果.
【详解】（1）连接交于点，如下图所示：

则，
因为，所以，即，
又，所以，可得，
同理易证，所以，
翻折后当平面平面时，平面平面，且，
又平面，所以平面；
可知即为直线与平面所成的角，
在中，，
即直线与平面所成角的正切值为；
（2）过点作，垂足为，如下图所示：

因为平面，
所以平面，
又平面，所以，
又，平面，
所以平面，
即即为直线与平面所成的角，
在翻折过程中，设，由（1）可知，，
在中，，
所以，
设，则，
所以，其中，
所以，解得，
显然当时，，故，
即，又易知，所以，
即直线与平面所成角的最大值为；
（3）过作于点，连接，如下图所示：

由（2）知平面，因为平面，所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，所以，又，
所以为二面角的平面角，
因为，，所以，可得，
结合（2）可得，
在中，,
令，则，
即，其中，
所以，解得，
显然当时，，故，
即，结合，可知，
因此二面角的最大值为.
3．（2025高三·全国·专题练习）将边长为的等边沿平行于的线段折起，使平面平面（如图）．设点到的距离为的长为．

(1)当为何值时，取得最小值？最小值是多少？
(2)设，试求的最小值．
【答案】(1)时，．
(2)．
【分析】（1）利用面面垂直和线面垂直的判定与性质定理和二次函数的单调性即可得出；
（2）在中，使用余弦定理和利用函数的单调性即可得出．
【详解】（1）取中点中点．连接．
因为平面平面，，平面平面，
所以平面，而平面，得，
又，平面，
得平面，而平面，
得．
由题设知，于是．
所以当时，．
（2）在中，由余弦定理得
，
所以当时，的最小值为．

题型13 特殊证明与计算：几个角度恒等式
1．（23-24高三·全国专题练习）在三棱锥中，，点在平面上的投影为，连接.
(1)如图1，证明：；
(2)如图2，记，，直线与平面所成角为，求证：，比较与的大小并说明理由；
(3)如图3，已知，，，为平面内一点，且.记异面直线与所成角为，求的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析；
(3)
【分析】（1）取BC中点为点D，连接AD、PD，利用证明平面PAD，进而证明线线垂直；
（2）作于点E，由三垂线定理知，分别在、、中求出、、，即可证明等式，再根据余弦函数的单调性与有界性可判断的大小关系；
（3）利用三角形全等证明点H在线段AD上且为AD的中点，勾股定理求出各线段的长度，设与的夹角为，由可将转化为，根据余弦函数的值域可求得的最大值.
【详解】（1）取BC中点为点D，连接AD、PD，
因为，所以，
因为，平面PAD，平面PAD，
所以平面PAD，又平面PAD，所以.
（2）作于点E，连接PE，
由题意知平面ABC，则，
由三垂线定理知，在中，，
在中，，在中，，
，等式成立.
因为，所以，
又且在上单调递减，所以.
（3）因为平面ABC，所以，
易知，则，又，
所以，则，
所以点H在直线AD上，
在，，同理，
是等边三角形，因为，
所以H是AD的中点，则，，，
因为为平面内一点，且，所以M点的轨迹是以H为圆心、为半径的圆，
设与的夹角为，，
因为，
所以，
当时，取得最大值.
2．（2025高三·全国·专题练习）如图，已知三棱锥的侧棱两两垂直，长度分别为，高，设侧面与底面所成的二面角分别为，，，证明：．

【答案】证明见解析
【分析】利用线面垂直的判定定理、性质定理得、、分别为侧面与平面所成的角，可得，再平方求和可得答案.
【详解】因为，，平面，
所以平面，同理平面，平面，
连接交于点，连接交于点，连接交于点，
因为平面，平面，平面，
所以，，
因为平面，平面，
所以，，，
又，平面，得平面，
平面，得，
所以为平面与平面所成的角，不妨设，
同理，为平面与平面所成的角，不妨设，
为平面与平面所成的角，不妨设，
，
，
所以，
.

3．（2025高三·全国·专题练习）如图，已知三棱锥的侧棱两两垂直，长度分别为，高，设侧面与底面所成的二面角分别为，，，证明：．
【答案】证明过程见解析
【分析】作出辅助线，得到线面垂直，线线垂直，故即为侧面与底面所成角，不妨设为，求出，，同理可得，证明出结论.
【详解】因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，，
又⊥平面，平面，所以，
延长交于点，连接，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
故即为侧面与底面所成角，不妨设为，
由勾股定理得，
故，
则，
故，，
所以，，
设侧面与底面所成角为，侧面与底面所成角为，
同理可得，，
所以.
题型14 第19题题型综合应用
1．（24-25高三全国 专题练习）设为多面体的一个顶点，是多面体上所有与点相邻的顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中所有角均采用弧度制表示．如图，在直四棱柱中，底面为菱形，．
(1)求四棱柱在点和点处的离散曲率之和；
(2)若与平面所成角的正弦值为，求四棱柱在点处的离散曲率；
(3)若四面体在点处的离散曲率为，求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据条件知为菱形，与底面垂直，再根据在顶点处的离散曲率的定义计算即可；
（2）可证得平面，设，则即为与平面所成的角．求出，再根据在顶点处的离散曲率的定义计算即可；
（3）连接，由，，可知二面角的平面角为．根据四面体在点处的离散曲率为，求得，进而可求出二面角的余弦值．
【详解】（1）因为四边形是菱形，所以，
又因为与底面垂直，所以，
所以四棱柱在点A和点B处的离散曲率之和为．
（2）因为为菱形，所以．
在直四棱柱中，平面，
因为平面，所以．
又，平面，所以平面．
如图，设，连接，则即为与平面所成的角．
在中，，所以，
在中，，所以，
所以，所以，可得．
所以四棱柱在顶点C处的离散曲率为．
（3）连接，在菱形中，，又易知，所以，
所以二面角的平面角为．
在四面体中，，
所以，
所以四面体在点处的离散曲率为，
所以，所以为等边三角形．
所以．
又，所以，
所以二面角的余弦值为．
2．（24-25高三全国 专题练习））离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体Γ的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的点，且平面，平面，平面，平面为多面体的所有以为公共点的面．已知平面多边形的外接圆圆心为与的交点，如图①，且，将沿翻折到如图②，连接．
(1)求四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和；
(2)已知直线与直线所成角的余弦值为．
①求四棱锥在顶点处的离散曲率；
②设为线段上的动点（不包括端点），与平面所成角为，二面角的平面角为，其中，求的最大值．
【答案】(1)2
(2)① ；②
【分析】（1）利用多面体在各顶点处的离散曲率计算公式计算即得；
（2）①过点作交于，连接，可推得即为直线与直线所成角或其补角，依次求出，，利用求出，即得利用离散曲率计算公式即可求得；
②先证明平面平面，过作于，过作于，连接，证明平面，可推得为与平面所成角，为二面角的平面角，即，计算得到，利用差角的正切公式化简得到，借助于基本不等式即可求得其最大值.
【详解】（1）因为，，，内角和均为，四边形内角和为，
则四棱锥在各顶点处的离散曲率和为；
（2）① 过点作交于，连接，
则即为直线与直线所成角或其补角，
因，平面多边形的外接圆圆心为与的交点，
则圆的直径，连接，则易得等边三角形，故有，
所以，，所以，
在中，因，解得．
即，可得：
则得，
即四棱锥在顶点处的离散曲率为
②因为，所以为二面角的平面角，
因为，所以，则平面平面．
过作于，过作于，连接，
因平面，平面平面，故平面，
因平面，则，
又平面，则平面，
因平面，则，故为与平面所成角，
为二面角的平面角，则，
因为，所以，
则得，因，则，
故，
当且仅当时，等号成立．
则的最大值为．
3．（2025·河北·模拟预测）在空间中，过点作平面的垂线，垂足为，记.设为两个不同的平面，为平面外的三点..
(1)若，判断直线与平面的位置关系；
(2)平面与平面夹角为锐角且交于直线，直线，求证：；
(3)若对于任意点，恒有成立，求平面与平面夹角的大小.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据线面垂直的性质得到两直线平行，再依据平行四边形的判定以及直线与平面平行的判定来确定直线与平面的位置关系；
（2）先利用线面平行的判定得出直线与平面、的平行关系，再通过作垂线构造四边形和三角形，利用平面夹角、线面垂直等性质推出三角形全等，进而得到对应边相等.
（3）先构建垂直关系与截面：根据已知映射关系设点，得出一系列线面垂直关系，找到平面与的交线，证明垂直于平面，进而得到平面与平面、都垂直.
然后确定相关点所在的过且垂直于的截面，设出截面与交点以及相关角度，并利用三角函数定义求出一些线段长度表达式. 在和中，分别依据余弦定理列出和的表达式. 化简等式：由得到，通过展开、变形、代入三角函数恒等式等操作，化简得到，结合恒成立条件得出. 根据及角度范围求出，从而确定平面与平面夹角为.
【详解】（1）已知，，可知，，所以.
当、两点位于平面同侧时，因为，
所以四边形为平行四边形，
又因为直线不在平面内，所以.
当、两点位于平面两侧时，直线与平面相交.
（2）已知平面与平面夹角为锐角且交于直线，直线，
，为平面，外的两点.
因为直线PQ与平面、内的直线平行，可得，.
由已知得，
设，，
则于点，于点，于点，于点.
由于平面与平面夹角为锐角，所以，两点不在直线上，
所以，四边形为矩形，那么，
又，直线，可得.
由（1）知，，所以.
在与中，（已证），，，
所以，则.

（3）由已知，设，，
可得，，，.

设平面与平面交线为直线，因为且，
所以，，，可得平面，
进而有平面，平面.
点，，，，均在过点且与直线垂直的截面内，设该截面与直线交于点，
设，，则，.
设，在中，，，
在中，，.
又因，.
在中，根据余弦定理可得
.
同理，在中，
.
根据进行化简：
.
可得.
利用，将代入上式，
得到.
进一步变形为.
再对进行变形：
.
则，
继续化简为，
最终得到对于任意点恒成立.
因为是对于任意点恒成立，不恒为，所以.
由，且，可得.
则，所以平面与平面夹角为.
如果两个平面相交，则满足以下性质：
1.两点确定一条直线，只需确定两平面的两个公共点即可
2.由于两平面有一个公共点A，再找一个公共点即可确定交线
3.一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行，在平面内，过两平面的公共点作直线与已知直线平行，则此直线即为两平面的交线
平行的常用构造方法
①三角形中位线法；
②平行四边形线法；
③比例线段法.
注意：平行构造主要用于：①异面直线求夹角；②平行关系的判定.
证明平行
(1)线线平行：设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2.
(2)线面平行：设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔v⊥u.
(3)面面平行：设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔u1 ∥u2.
垂直的常见构造：
①等腰三角形三线合一法；
②勾股定理法；
③投影法.
④菱形的对角线互相垂直
面面垂直探索性：
面面垂直主要思维，即一个平面经过另外一个平面的垂线
异面直线所成的角：
简称“平移角”，以平移一条直线或者两条直线同时平移，平移到一个平面（三角形或者四边形）内计算求解。
直线与平面所成的角：
直线与平面所成的角，简称“射影角”，非建系的核心做法就是适当选取直线上合适的点，向平面做垂线，连接垂足与斜足，直线与射影所成的角即为线面角。特殊情况下，也可以采取“虚做垂线法”，即采取等体积转化法来求直线上一点到平面的距离。
二面角的平面角：
二面角，简称“垂面角”，非建系思维，有以下几种方法
定义法：在二面角棱上，选择合适一点，分别在两个半平面内做棱的垂线即可。
垂面法：过棱上一点，做垂直于棱的平面，与两个半平面相交，所成角即为二面角的平面角。
垂线法：寻找两个半平面其中一个半平面的垂线，与另外一个半平面相交，从“垂足”（或者“斜足”）向棱做垂线，再连接另外一“足”，即是二面角的平面角。
外接球证明与计算；
主要借助于球的定义来证明。球的计算，则可以借助截面与垂径勾股三角形来计算。
角度最值范围型：
遵循角度概念与定义，适当的设变量，建立关于角度的三角函数式，在对应的自变量取值范围内求解最值。