新高考数学二轮复习重难点培优专练第7章07 立体几何解答题题型全归纳（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习重难点培优专练第7章07 立体几何解答题题型全归纳（2份，原卷版+解析版），共25页。
\l "_Tc2937" 02 题型精研・技巧通法提能力 PAGEREF _Tc2937 \h 5
\l "_Tc22793" 题型一 求空间异面直线夹角 PAGEREF _Tc22793 \h 5
\l "_Tc9557" 题型二 求直线与平面的夹角 PAGEREF _Tc9557 \h 15
\l "_Tc31912" 题型三 求平面与平面的夹角 PAGEREF _Tc31912 \h 24
\l "_Tc28789" 题型四 求空间中的距离 PAGEREF _Tc28789 \h 34
\l "_Tc23663" 题型五 求空间几何体的体积 PAGEREF _Tc23663 \h 39
\l "_Tc25681" 题型六 翻折问题 PAGEREF _Tc25681 \h 50
\l "_Tc17257" 题型七 动点存在性问题的探究 PAGEREF _Tc17257 \h 58
\l "_Tc29529" 题型八 立体几何新定义问题 PAGEREF _Tc29529 \h 70
03 实战检测・分层突破验成效 \l "_Tc10131" PAGEREF _Tc10131 \h 80
\l "_Tc31669" 检测Ⅰ组 重难知识巩固 PAGEREF _Tc31669 \h 80
\l "_Tc13836" 检测Ⅱ组 创新能力提升 PAGEREF _Tc13836 \h 109
一、空间中的角
1、异面直线所成角
①定义：设是两条异面直线，经过空间任一点作直线，把与所成的锐角（或直角）叫做异面直线与所成的角（或夹角）．
②范围：
= 3 \* GB3 ③求法：
1）平移法：将异面直线平移到同一平面内，放在同一三角形内解三角形．
2）向量法：设异面直线和所成角为，其方向向量分别为，；则异面直线所成角向量求法：① ②
2、线面角
①定义：平面上的一条斜线与它在平面的射影所成的锐角即为斜线与平面的线面角．
②范围：
= 3 \* GB3 ③求法：
1)常规法：过平面外一点做平面，交平面于点；连接，则即为直线与平面的夹角．接下来在中解三角形．即（其中即点到面的距离，可以采用等体积法求，斜线长即为线段的长度）；
2)向量法：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为与所成角的大小，则．
3、二面角
（1）定义：一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角
（2）范围：
（3）求法：传统法5个+向量法
①定义法
在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是二面角的平面角，如图在二面角的棱上任取一点，以为垂足，分别在半平面和内作垂直于棱的射线和，则射线和所成的角称为二面角的平面角（当然两条垂线的垂足点可以不相同，那求二面角就相当于求两条异面直线的夹角即可）．

②三垂线法
在面或面内找一合适的点，作于，过作于，则为斜线在面内的射影，为二面角的平面角．如图1，具体步骤：
①找点做面的垂线；即过点，作于；
②过点（与①中是同一个点）做交线的垂线；即过作于，连接；
③计算：为二面角的平面角，在中解三角形．

图1 图2 图3
③射影面积法
凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式（，如图2）求出二面角的大小；
④补棱法
当构成二面角的两个半平面没有明确交线时，要将两平面的图形补充完整，使之有明确的交线（称为补棱），然后借助前述的定义法与三垂线法解题．当二平面没有明确的交线时，也可直接用法三的射影面积法解题．
⑤垂面法
由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角．
⑥向量法
设是二面角的两个半平面的法向量，
若二面角为锐二面角（取正），则；
若二面角为顿二面角（取负），则；
（特别说明，有些题目会提醒求锐二面角；有些题目没有明显提示，需考生自己看图判定为锐二面角还是钝二面角.）
二、空间中的距离
1、点线距
已知直线的单位方向向量为，是直线上的定点，是直线外一点.设，则向量在直线上的投影向量，在中，由勾股定理得：
2、点面距
如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度.
3、线线距
设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．
4、线面距和面面距：一般转化成点面距


题型一 求空间异面直线夹角
【技巧通法·提分快招】
1．如图1，四边形为边长为2的菱形，，，M为的中点，将沿边折起，使，连接，如图2.
(1)证明：；
(2)求直线和所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据给定条件，连接，利用线面垂直的判定性质推理得证.
（2）连接，在上取点，使，可得为异面直线所成的角，再利用余弦定理求解即可.
【详解】（1）连接，由菱形内角，得是正三角形，
由M为的中点，得，由，得，
而平面，则平面，又平面，
所以；
（2）连接，则为正的重心，，
在上取点，使，则，
，
于是是直线和所成角或其补角，
在中，，
由余弦定理得，
所以直线和所成角的余弦值为.
2．如图，在三棱锥中，，是的中点，点分别在线段上，且．
(1)求证：平面；
(2)求异面直线与所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）法一：在线段上取一点，使得，连接，可证四边形为平行四边形，进而得，可得结论；
法二：连接并延长交于点，连接，利用中位线定理可得，可证结论；
（2）法一：设，则，延长交于点，可得即为异面直线与所成的角，求解即可．
法二：由（1）可得即为异面直线与所成的角，进而求解即可.
【详解】（1）法一：如图，在线段上取一点，使得，连接．
由已知得，且．
在线段上取一点，使得，连接．
由已知得，且，
所以，且，因此四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面．
法二：如图，连接并延长交于点，连接．
因为是的中点，且，所以是的重心，
所以是的中点，，
又因为，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）法一：由，不妨设，则．
延长交于点，由（1）知，，
如图，则即为异面直线与所成的角．
由（1）知，
所以为等边三角形，即，从而，
即异面直线与所成角的大小为．
法二：由（1）知是的中点，且．
则即为异面直线与所成的角．
因为，是的中点，所以为等边三角形，
从而，
即异面直线与所成角的大小为．
3．如图，为圆锥的底面直径，点，为底面上的三等分点，点，分别为，的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，，求直线与所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证法一：连结，，由已知可证得为等边三角形，则可得，利用线面平行的判定，即可得证；
证法二：连结，，取中点，连结，，以为原点，建立空间直角坐标系，设，，可得，求得平面的一个法向量，可得，即，即可得证；
证法三：同证法二建立空间直角坐标系，可得，，则得，进而得 ，利用线面平行的判定，即可得证；
（2）解法一：同（1）中证法二建立空间直角坐标系，可求得， ，利用坐标运算即可求得直线与所成角的余弦值；
解法二：连结，由余弦定理可得，则，由勾股定理的逆定理可知，以C为原点，建立空间直角坐标系，可得，，再利用坐标运算即可求得直线与所成角的余弦值；
解法三：连结，连结， 可取为空间中的一个基底，利用向量线性运算可得， ，，设异面直线与所成角为，由计算即可得到直线与所成角的余弦值；
解法四：连结，，可得 ，取中点，连结，则 ，则直线与所成角即为或其补角，在中，由余弦定理可求得，过点作，交于，连结，，可求得 在中，由余弦定理即可求得直线与所成角的余弦值.
【详解】（1）证法一：因为M，N分别为，的中点，所以，
连结，，因为点，为的三等分点，
所以，为等边三角形，
所以，所以，
又平面，平面，所以平面，
证法二：连结，，因为点，为的三等分点，
所以，为等边三角形，
所以，所以，
取中点，连结，，则，，平面，
又平面，所以，
设，，则，
以为原点，，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，
所以，，
又点，分别为，的中点，则，
，
设平面的一个法向量为，
所以，则，
，
取，，可得，
所以，即，
又平面，平面，所以平面，
证法三：连结，，因为点，为的三等分点，
所以，为等边三角形，
所以，所以，
取中点，连结，，则，，平面，
所以，又，，则，
以为原点，，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
则，所以，由四点不共线，易得，
又平面，平面，所以平面.
（2）解法一：取CD中点Q，连结OQ，OP，则，，
平面，又平面，所以，
又，，则
以为原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，，
设异面直线与所成角为，则，
即直线与所成角的余弦值为.
解法二：连结，，为等边三角形，所以，
在中，由余弦定理可得
，
则，由勾股定理得逆定理可知，
过点C作直线，因为平面，所以平面，
以C为原点，，所在的直线为，轴，l为轴建立空间直角坐标系，如图，
，，，，
所以，，
设异面直线与所成角为，则，
即直线与所成角的余弦值为.
解法三：连结，因为点，为的三等分点，所以，
连结，则平面，所以，，，
又，，则，
取为空间中的一个基底，可得：，，
，
又，，
，
所以，
，
所以，，
设异面直线与所成角为，则，
即直线与所成角的余弦值为，
解法四：连结，，因为点，为的三等分点，所以，
为等边三角形，所以，所以，
取中点，连结，所以为的中位线，，
所以直线与所成角即为或其补角，
又平面，所以，
又，，
则，，
在中，由余弦定理可得
，
过点作，交于，连结，，则平面，
所以，，，
所以
在中，由余弦定理可得
，
所以直线与所成角的余弦值为.
4．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰祶形，，为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设点是内一动点，，当线段的长最小时，求直线与直线所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点为，连接，即证，利用面面垂直的判断定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，由向量的数量积为0，确定的轨迹，再由最小值确定其位置，得其坐标，最后由利用夹角公式即可求解．
【详解】（1）取的中点为，连接，
由是边长为2的等边三角形，是以的等腰三角形，
所以，，，
所以，，所以，
所以平面平面，
所以平面，又平面，所以平面平面；
（2）以为坐标原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，
当点是内一动点，且，则点在以为直径的圆上，
当线段的长最小时，点在与圆的交点处，所以，
所以，
设直线与直线所成角为，
所以，
所以直线与直线所成角的余弦值为.

题型二 求直线与平面的夹角
【技巧通法·提分快招】
1．如图1，有一边长为2的正方形纸片是边中点，将沿直线折起至位置，此时恰好，点在底面上的射影为（如图2）．
(1)求证：；
(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）由题证明平面即可；
（2）延长交于点，则为中点，连接，可得为直角三角形，为正三角形，然后由等体积法可得答案.
【详解】（1）由题有，又，，
平面，则平面，又平面，则.
因在底面上的射影为，则平面，又平面，则.
因平面，，可得平面，又平面，则；
（2）延长交于点，则为中点，连接，由，
，易得为直角三角形，.
由对称性知为正三角形，所以，又
所以．
设点到平面的距离为与平面的所成角为，
，
因为，所以．
2．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，平面，点为中点，点，分别在棱，上，且，.

(1)证明：；
(2)记三棱锥与四棱锥的体积分别为，，求；
(3)若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，利用余弦定理以及勾股定理可得，进而由线面垂直求证得解，
（2）利用等体积法以及相似，即可由锥体的体积公式求解，
（3）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，进而利用向量的夹角公式求解.
【详解】（1）因为，，所以，
因为平面，所以平面，

因为平面，所以，
取中点，因为为中点，所以，因此,
则，，，共面，
因为四边形是边长为4的菱形，，
所以在中，，，
所以，故，
所以，
因为，平面，所以平面
因为平面，所以.
（2）由，，，可得
，
所以.
（3）取中点，连接，由题意可得，，两两垂直，以点为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系.
则，，，，，
，，.
设平面的法向量为，则有，得，
取，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.
3．（2025·湖北武汉·模拟预测）在三棱柱中，底面ABC是正三角形，，.
(1)求证：；
(2)若，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）先证得点在平面ABC内的射影是的中心，进而证得；
（2）法一先作出直线与平面所成角，再解三角形即可求得该角的余弦值；法二建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得直线与平面所成角的余弦值.
【详解】（1）过点作平面ABC于点平面ABC，所以，
又平面，
平面平面，
同理可证，又是正三角形，则是的中心，
连接AO，CO并延长交BC，AB于E，F，则E，F分别为BC，AB的中点，
又平面平面，故，
同理可证，
综上，.
（2）法一：由（1）知，三棱锥是正三棱锥，
且在底面ABC内的投影为等边的中心，
又，故三棱锥的三个侧面
均为直角三角形，
且，则，又，
可知，则，
解得,在平面中过作，
交延长线于点，则平面，
则即为直线与平面所成角，其中
，
故
即直线与平面所成角的余弦值.
法二：以BC的中点为坐标原点，以EA，EB为x，y的正方向，
过且与平行的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，
因为，
则，取，则，
又，
设直线与平面所成角为，，
所以，故，
即直线与平面所成角的余弦值.
4．如图所示，在菱形中，，，分别为的中点，，，将沿翻折，使到处，．
(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定，结合勾股定理逆定理推理得证.
（2）结合（1）的信息可得平面平面，法1，利用几何法求出线面角的正弦；法2，建立空间直角坐标系，利用向量法求出线面角的正弦.
【详解】（1）在菱形中，，则为等边三角形，，，
，，，28，
于是，即，
又，则，
而平面，所以平面.
（2）方法1：由为等边三角形，得，又平面，
则平面，又平面，于是平面平面，
在平面内过作于，连接，又平面平面，
因此平面，为与平面所成角，
在中，由，得，
在中，，
则，
在中，，
在中，，
则，所以与平面所成角的正弦值为.
方法2：由为等边三角形，得，又平面，
则平面，又平面，于是平面平面，
在平面内过作于，因此平面，
在中，由，得，
在中，，
以为坐标原点，直线分别为轴，垂直于底面的直线为轴建立空间坐标系，
则平面的法向量为，点，，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为.
5．我国古代数学名著《九章算术》中将图中几何体称为刍甍．现有一个刍甍如图所示，四边形为矩形，四边形，为两个全等的等腰梯形，，，，是线段上一点．

(1)若点是线段上靠近点的三等分点，为线段上一点，且，证明：平面；
(2)若到平面的距离为，与平面所成角的正弦值为，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）连接交于点，连接，通过比例线段证明，可得平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用已知线面角的正弦值，求出点的位置即可.
【详解】（1）连接交于点，连接，因为，且，
所以．
因为，所以，所以，所以．
因为平面，平面，所以平面．

（2）分别取，的中点连接，，，
则，且，
因为四边形与四边形为全等的等腰梯形，
所以，
所以四边形为等腰梯形，且，，，，
又因为，所以，
因为，平面，且，为两条相交直线，所以平面，
因为面，所以平面．
因为平面,
所以过在平面内作的垂线，垂足为M，
则平面，，．
过M作，易得，，两两垂直，
以M为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图所示），
则，，．设，
所以，，．
设平面的一个法向量，
则即
令，解得，，所以．
设与平面所成角的大小为，则
，
解得，满足题意．
所以或．


题型三 求平面与平面的夹角
【技巧通法·提分快招】
1．（2025·四川巴中·模拟预测）如图，矩形是圆柱的轴截面，，点分别是上、下底面圆周上的点，且.

(1)求证：；
(2)若四边形为正方形，求平面与平面夹角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）构造，通过圆柱和圆的相关性质证明，，从而证明.（2）建立空间直角坐标系，利用法向量求两平面夹角.
【详解】（1）

过作平面，交圆于，连接，.
根据圆柱性质易得，.
故四边形是平行四边形，所以.
因为，所以.
因为和是圆中直径所对的圆周角.
所以.
又因为，所以，即.
所以四边形是矩形，故，.
又因为，，所以四边形是平行四边形.
所以.
故.
（2）如图，设为圆柱的母线，则底面，连结，

以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.
因为，所以.
因为四边形为正方形，所以.
而，.
所以，解得.
所以，.
所以，，，，.
设平面的法向量为，设平面的法向量为.
又因为，，
所以，取，则，
所以.
所以平面与平面夹角的正弦值为.
2．（25-26高三上·湖南长沙·开学考试）已知四棱台，底面是边长为2的菱形，平面，，是的中点．

(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）根据题意可证平面，继而得到平面平面；
（2）解法1：过作，过作，再说明为平面与平面的夹角，然后求其正切值即可；解法2：以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求夹角的余弦值，再求正切值.
【详解】（1）因底面是菱形，，是中点，所以，
又，则．已知平面，平面，所以．
因为平面，且，所以平面．
因为平面，平面平面．

（2）解法1：在等腰直角中，过作，
则是中点，．
又，所以平面，
又因为平面，所以，
过作，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．
解法2：因为平面，所以两两垂直．
以为原点，所在直线分别为轴，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，
则不妨取，得，
设平面与平面的夹角为，则，
故正切值为．
3．如图①，在凹五边形ABCDE中，，．如图②，将沿CE折叠到的位置，使，．
(1)证明：平面平面ABCE；
(2)若P为EF的中点，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明，，根据线面垂直的判定即可得到平面ABF，继而得到平面平面ABCE；
（2）以G为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的一个法向量，利用法向量夹角与二面角的关系即可求解.
【详解】（1）如图，连接BE，由，，
知为等边三角形，则，
又，，所以．
过点F作于G，连接，
则，且．
又，所以．
又，AB，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面．
（2）由（1）知AB，GE，GF两两垂直，故以G为坐标原点，AB，GE，GF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Gxyz．
则，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，
则，令，得，故．
设平面的法向量为，
则，
令，得，故．
所以，
由图可知二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
4．（2025·湖南·二模）如图，正三棱锥的各棱长均为，，，分别是，，的中点，连接，，点为底面内边上的高所在直线上的动点，为的中心（图中未画出），
(1)若平面平面直线，证明：平面
(2)若，平面与平面的夹角的余弦值为，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据中位线的性质，可证线线平行，进而可证线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用坐标法表示两平面夹角余弦值，解方程即可.
【详解】（1），，分别是，，的中点，
，
又平面，平面，
平面，
平面，且平面平面，
，
又平面，平面，
平面；
（2）
由三棱锥为正三棱锥，且为底面的中心，
则平面，
又由已知三棱锥的各棱长均为，
，，
，，，，
又为底面内边上的高所在直线上的动点，
，
，
，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，可得，
又易知平面的一个法向量为，
则，，
解得.
5．（25-26高三上·内蒙古·开学考试）如图，在矩形中，，，，将沿翻折得到四棱锥，且二面角为直二面角.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的性质以及线面垂直的性质可得，再由相似的性质可得，最后由线面垂直的判定定理可证；
（2）解法一：设交于F点，连接，利用线面垂直的性质易得所求为，分析几何关系利用三角函数易得结果；解法二：以E为坐标原点，的方向为x轴正方向建立空间直角坐标系，利用二面角的空间向量求法求解.
【详解】（1）∵，平面平面，
又二面角为直二面角，则平面平面，
∴平面，
∵平面，
∴，
∵，，，则，，，
则，
由勾股定理得，
∵平面，平面，，
∴平面.
（2）解法一：设交于F点，连接，
由（1）得平面，
平面，
，
∵平面，
∴，，
设平面与平面夹角为，则，
∵，，，，
∴，
∴，
∴二面角的正切值为.
解法二：由（1）知，
以E为坐标原点，的方向为x轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.
由题设及（1）得，，，，，
平面的一个法向量为，
，，
设平面的一个法向量为，
由得，令，得，
设二面角的大小为，则，
∴二面角的正弦值为，
∴二面角的正切值为.

题型四 求空间中的距离
【技巧通法·提分快招】
1．（25-26高三上·河北邢台·开学考试）在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，平面平面.
(1)证明：三棱柱为正三棱柱；
(2)若点为棱的中点，且平面与平面夹角的余弦值为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的性质得出线面垂直，进而证明侧棱垂直于底面，结合底面形状可证结论；
（2）建立坐标系，利用平面与平面夹角求出高，结合点面距的向量公式可求答案.
【详解】（1）证明：作于，因为平面平面，平面平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，平面，所以平面，即侧棱垂直于底面，
因为底面是正三角形，所以三棱柱为正三棱柱.
（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，如图，
设，则；
，
设平面的一个法向量为，则，
令，则；
设平面的一个法向量为，则，
令，则；
因为平面与平面夹角的余弦值为，所以，
解得，即.
，设点到平面的距离为，则.
2．已知三棱柱的棱长均为.
(1)证明：平面平面；
(2)若，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到直线的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取AC的中点，连接由余弦定理和勾股定理证明，再证，推出平面，最后由线面垂直推出面面垂直即可；
（2）由题意建系，根据题设条件，求出平面的法向量，借助于空间向量夹角公式求出的值，最后利用点到平面距离的向量公式计算即得.
【详解】（1）

如图，取AC的中点，连接，
由余弦定理，，
故有，所以，
由题设可知，为边长为2的等边三角形，所以，
因为，所以，所以，
又因为平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）由（1）可知两两垂直，故可分别以所在直线为轴
建立空间直角坐标系如图所示.

则，
.
因为，则，
设平面的法向量为，
则
不妨取，
可得是平面的一个法向量.
设直线与平面所成角为，
则，
化简整理得解得，或（舍去），则，
又因为，可得.
设点到直线的距离为，
则，解得.
故点到直线的距离为.
3．如图，四棱锥中，是以AD为斜边的等腰直角三角形，，，，E为PD的中点.
(1)证明：平面PAB；
(2)求直线CE与平面PAB间的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取为的中点，连接，可证四边形为平行四边形，得，再根据线面平行的判定定理可证；
（2）转化为求点E与平面PAB间的距离，取的中点，连接，可证平面平面，建立合适空间直角坐标系，根据点面距的向量公式可求出结果.
【详解】（1）若为的中点，连接，E为PD的中点，则且，
由，，则且，故为平行四边形，
所以，平面，平面，故平面；
（2）由（1）知直线CE与平面PAB间的距离，即为点E与平面PAB间的距离，
由，，，取的中点，连接，
所以四边形为矩形，，
由是以AD为斜边的等腰直角三角形，，，
由，且都在平面内，则平面，
由，则平面，平面，则平面平面，
以为原点构建空间直角坐标系，则，
由平面，平面，则，
在中，则，
由，所以，可得，
所以，，则，，，
设平面的一个法向量为，则，取，则，
所以，
所以直线CE与平面PAB间的距离为.

题型五 求空间几何体的体积
【技巧通法·提分快招】
1．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·月考）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，为的中点.
(1)设平面与直线相交于点，求证：；
(2)若，，，求棱锥的体积
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由可得平面，然后利用线面平行的性质定理证得，进而得；
（2）由条件可得，利用棱锥的体积公式计算即可.
【详解】（1）∵平面与直线相交于点，
∴平面平面．
∵四边形是菱形，∴，
∵平面，平面，
∴平面，
∵平面，平面平面，
∴，故．
（2）∵底面为菱形，，∴，为正三角形，
又，∴，
∵为的中点，∴到平面的距离与到平面的距离相等，
又平面，即平面，，
∴棱锥的体积为
．
2．（24-25高三下·安徽合肥·月考）如图，在三棱柱中，平面，，，，D为棱的中点．
(1)求证：平面；
(2)若E为棱BC的中点，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可得为等边三角形，为等腰三角形，进而证得，
再利用线面垂直的性质可得，再利用线面垂直的判定定理即可判定即可证明平面；
（2）由（1）可知为直角三角形，求出其面积，连接，以为原点，
所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，可求得向量和平面的法向量，
利用点到平面的距离公式可求得三棱锥对于底面的高，再根据锥体的体积公式即可求得答案.
【详解】（1）由题意可知在三棱柱中，，，所以为等边三角形，所以，
又，，故，
可得，因此，
又因为平面，平面，所以，即，
又，所以平面；
（2）由（1）可知,由平面，平面，
所以，则为直角三角形，
由平面，平面，所以，即，
所以在中，,
则在中，,
所以的面积为.
连接，因为，，所以，
因为平面，所以，即两两垂直，
所以以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设是平面的一个法向量，
则，解得，取,
所以点到平面的距离,
则三棱锥的体积.
3．（24-25高三上·河北保定·期末）如图所示，在四棱锥中，底面为梯形，且满足，，平面平面.
(1)求证：；
(2)若，点在线段上，当二面角大小为时，求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的性质定理得到，再由线面垂直的判定定理证明平面可得到；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，代入空间二面角公式解出，再由棱锥的体积公式求解即可.
【详解】（1）证明：连接BD，在直角梯形ABCD中，易得，
又，
又平面平面，平面平面，平面，
平面平面，
，又，平面，
平面平面，
.
（2）如图，取的中点的中点，连接，
由题意可得，
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，则，
设平面的一个法向量为，
则，
令得，
又平面平面的一个法向量，
，令，解得或（舍）.
即为的靠近的三等分点时，二面角的平面角为，
平面，且，
到平面的距离为，又四边形的面积为3，
四棱锥的体积.
4．（2025·江西景德镇·模拟预测）如图，该几何体由两个相同的正四棱台组合而成
(1)证明：.
(2)已知M，N，O分别是棱，，的中点，过点M，N，O的平面截该几何体所得的截面是边长为2的正六边形，求棱的长度.
(3)已知，该几何体的体积，平面与平面夹角的余弦值为，求棱的长度.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)2
【分析】（1）根据P，E，G，Q四点共面，四边形为菱形，即可得出；
（2）根据正六边形边长计算求解得出；
（3）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再应用二面角余弦计算得出，最后结合四棱台体积公式计算求解.
【详解】（1）如图，分别延长两个正四棱台的侧棱，得到正四棱锥及正四棱锥，
所以.
连接，，记，连接，.
在正四棱锥及正四棱锥中，平面，平面，
所以直线与是同一条直线.
因为，所以P，E，G，Q四点共面，所以四边形为菱形，所以.
（2）解：连接，.
因为过点M，N，O的平面截该几何体所得的截面是边长为2的正六边形，
所以，.
故.
（3）解：记正方形的中心为，连接，.
以为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，，
所以，.
记平面的法向量为，
则即
取，则.
同理可得平面的一个法向量为.
，
解得，
所以正四棱锥的体积.
因为该几何体的体积为，所以正四棱台的体积，
则正四棱锥的体积.
.设，则.
因为，所以，所以，
则，解得.
5．（2025·福建龙岩·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，分别为，的中点．
(1)设，且，，，四点共面，求实数的值；
(2)若平面和平面所成角的余弦值为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）方法一：建立空间直角坐标系，求出点的坐标及向量坐标，利用共面向量基本定理建立方程组求解即可；
方法二：建立空间直角坐标系，求出点的坐标及向量坐标，求出平面的法向量，然后利用建立方程求解即可；
方法三：延长交于，连接，利用线面平行判定定理证明平面，然后利用线面平行的性质定理得四边形是平行四边形，利用比例相等求解即可；
（2）求出平面的法向量，然后利用向量法表示二面角的平面角，求解，
方法一：利用向量法求三棱锥的高，然后求出，利用锥体体积求解即可；
方法二：先利用线面平行的性质定理得平面，然后利用等体积法，转化为求解即可.
【详解】（1）方法一：坐标法（利用共面向量基本定理）
在平面内作，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，，，，
，，，，，
又，分别为，的中点，
，，
，
，，共面，存在实数，，使得，
即，
，解得；
方法二：坐标法（利用法向量）
在平面内作，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，，，，
，，，，，
，
又，分别为，的中点，
，，
设平面的法向量为，
，，令得，
，
又，，共面，
，解得；
方法三：几何法：延长交于，连接，
，分别为，的中点，，
平面，平面，
平面，
又平面平面，
，，又，
四边形是平行四边形，
，，
过作交于，，
又，；
（2）方法一：由（1）得，
又，，
设平面的法向量为，
，解得，令得，
，
设平面和平面所成的角为，
，
整理得，
，，即；
方法一：利用向量法求三棱锥的高，
平面的法向量为，，
设点到平面的距离为，，
平面，又平面，，
又，，、平面，
平面，
又，分别为，的中点，
，，
平面，又平面，，
又，，，
则，
所以；
方法二：几何法：，分别为，的中点，，
平面，平面，平面，
，
，平面， ，
.

题型六 翻折问题
【技巧通法·提分快招】
1．（24-25高三上·甘肃白银·期末）如图（1），在直角梯形中，，现沿着折起，使得平面平面，如图（2）．
(1)求证：平面．
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意可得，结合面面垂直的性质分析证明；
（2）建立空间直角坐标系，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角.
【详解】（1）由题可求得，且，
则，可知，
且平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
（2）取的中点，连接，
因为，则，
且平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
以为坐标原点，所在的直线分别为轴，平行于的直线为y轴，建立空间直角坐标系，
则．
可得，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，可得；
设平面的一个法向量为，则，
令，则，可得，
则，
所以二面角的大小为．
2．（如图（1）平面五边形是由边长为2的正方形与上底为1，高为的直角梯形组合而成，将五边形沿着折叠，得到图（2）所示的空间几何体，其中.
(1)证明：平面；
(2)求证：平面；
(3)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明详见解析
(2)证明详见解析
(3)
【分析】（1）根据证得平面；
（2）设，连接，通过证明来证得平面；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值.
【详解】（1）在折叠的过程中，，
由于平面，
所以平面.
（2），由于，，
所以，由于，所以平面，
由于平面，所以，则，
设，连接，则，
而，所以是的中点，
所以，由于，平面，
所以平面.
（3）由于，是的中点，所以，
由于，平面，
由此以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，平面的一个法向量为，
，
，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设二面角为，由图可知为锐角，
所以.
3．如图，在矩形中，，，M是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点A到达的位置，满足点平面且点在平面内的射影E落在线段BC上.

(1)当点M与端点D重合时，证明：⊥平面；
(2)求三棱锥的体积的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，得到平面，，再设，则，利用勾股定理，求出和各边长，得到，由勾股定理逆定理得到，从而证明出线面垂直；
（2）作出辅助线，证明出三点共线，得到三角形相似，从而设，则，并且，求出，求出最大值.
【详解】（1）连接，，则⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，，
所以，，
设，则，
由勾股定理得，
，
又，所以，
解得，则，
则，
故，
由勾股定理逆定理得，
又⊥，，平面，
所以⊥平面；

（2）在矩形中作，垂足为，折起后得，

由⊥平面，平面，得到⊥，
且平面，，可得⊥平面，
由平面，可得⊥，可知三点共线，
则与相似，故，
设，则，
可得，，
点在平面内的射影E落在线段BC上.
则，故，
所以，
当时，三棱锥的体积取得最大值，最大值为.
【点睛】方法点睛：立体几何中体积最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立所求体积的目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值.
4．如图，在等腰梯形中，，在边上分别取点（不含端点），使得，将沿翻折至，使得平面底面．
(1)证明：平面；
(2)当五棱锥的体积为时，试比较二面角和二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)二面角大于二面角
【分析】（1）先作辅助线求梯形相关角度与线段长，由推出，再结合面面垂直性质证得平面.
（2）法一：先利用已知条件求出的长，接着建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量，再利用公式求出二面角和二面角的余弦值，比较余弦值大小即可得到结论.
法二：先利用已知条件求出的长，接着求出的面积，然后设出二面角和二面角分别为，利用则，，比较出和大小即可得到结论.
【详解】（1）如图①，取的中点为，连接，
因为，所以，
所以四边形是平行四边形，则，则，
所以为直角三角形，．
在中，由可得，则，所以．
因为平面底面，平面底面平面，
所以平面．
（2）由（1）可得，且，则，从而，
如图②，取的中点，连接，
因为平面底面，平面底面平面，
所以平面，
设，则，
所以，
所以，
解得，此时．
解法一 第1步：合理建系定坐标
以为原点，以所在的直线分别为轴，轴，过点作底面的垂线为轴，建立如图②所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
第2步：建立方程求向量
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
则，令，则平面的一个法向量为，
易得平面和平面的一个法向量均为，
第3步：巧套公式算余弦
设二面角和二面角的平面角分别为和，
又，，
由图可知和均为钝角，则
，．
第4步：依据关系得结论
因为，则，故二面角大于二面角．
解法二如图③，连接，
在中，由余弦定理得，
则，同理在中，由余弦定理得，
则，
在中，由余弦定理得．
在中，，
在中，由余弦定理得，
即，
解得，则，
所以，又，
，
设二面角和二面角的平面角分别为和，由图可知和为钝角，
则，
，
因为，则，故二面角大于二面角．

题型七 动点存在性问题的探究
【技巧通法·提分快招】
1．（24-25高三下·甘肃白银·开学考试）如图，在三棱柱中，平面平面，为线段上一点．

(1)求证：；
(2)是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？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，或
【分析】（1）连接，证明四边形为平行四边形，再用菱形性质得到，通过面面垂直的性质得到平面，运用线面垂直性质进而证明，最后使用线面垂直定理得证；
（2）以的中点为坐标原点，过O作射线,以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，记平面的法向量求出和平面的法向量，再根据二面角的余弦公式建立方程求解即可.
【详解】（1）连接，因为在三棱柱中，所以四边形为平行四边形，
因为，所以四边形为菱形，
所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以;
（2）如图，以的中点为坐标原点，过O作射线,则可以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

因为，
则，
，
设，
则，
记平面的法向量，
则，
即，
得，
易得平面的法向量，
由题意：，
解得：或，经验证，或均符合题意．
所以或.
2．（24-25高三上·江苏常州·期中）如图，在四棱柱中，已知底面，，，，，点E是线段上的动点.

(1)求证：平面；
(2)求直线与所成角的余弦值的最大值；
(3)在线段上是否存在与B不重合的点E，使得二面角的正弦值为?若存在，求线段BE的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据四棱柱的几何性质，结合线面判定定理，可得答案；
（2）根据直线与其斜交平面内的直线的交角的取值范围，求得平面与直线的夹角，结合法向量与线面距，可得答案；
（3）求得组成二面角的两平面的法向量，结合夹角的向量公式，建立方程，可得答案.
【详解】（1）在四棱柱中，易知，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）取中点，连接，
在梯形中，因为，，所以，，
则在中，，由，则，
易知两两垂直，分别以为轴，建立空间直角坐标系，
如下图所示：

在四棱柱中，，则，
因为平面，平面，所以，
在中，，
则，，，，
取，，，
设平面的法向量为，可得，则，
取，则，所以平面的一个法向量，
设点到平面的距离，
设直线与平面的夹角为，则，即，
因为在四棱柱中，，且平面，
所以当直线与所成角为时，其余弦值取得最大值，即为.
（3）由题意作图如下：

则，，，，
取，，，
因为，所以，则，，
，
设平面的法向量，可得，
则，令，则，
所以平面的一个法向量，
设平面的法向量，可得，
则，令，则，
所以平面的一个法向量，
设二面角的大小为，则，
由二面角的正弦值为，则，
可得，化简可得，解得或，
由，则，故存在，.
3．（24-25高三上·贵州·月考）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，底面为等边三角形，平面平面，点满足，点为棱上的动点（含端点）．
(1)当与重合时，证明：平面平面；
(2)是否存在点，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．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）取中点，连接，根据面面垂直的性质证明平面，证明，可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）连接，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）如图，取中点，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，
又因为为的中点，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：
令三棱柱的棱长为2，所以，
故，
，
又，所以，
设，，
则，
即；
又，
设平面的法向量为，
则则，取，则，
故平面的法向量可为，
又，设直线与平面所成角为，
由题可得，即，
整理得：，解得，
故当时，直线与平面所成角的正弦值为．
4．（2025·江西·模拟预测）如图1，是圆的直径，，，，现将圆沿直径翻折，如图2，记二面角的大小为．
(1)当时，求直线与底面所成角的正弦值；
(2)是否存在使得直线与直线垂直？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)不存在，理由见解析.
【分析】（1）方法一：建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，利用数量积求出向量间夹角的余弦值，从而得到线面角的正弦值；方法二：作辅助线，利用面面垂直的性质证得为所求线面角，通过边长关系求出正弦值；
（2）建立空间直角坐标系，作出二面角的平面角，分析出在翻折过程中，点在以为圆心、为半径的圆上，从而可设出点坐标，利用数量积的坐标运算得出，即可得出结论.
【详解】（1）方法一：
如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，过点作轴垂直平面，建立空间直角坐标系．
当时，平面平面，因为，，所以，
则，，．
易知底面的一个法向量为，
所以直线与底面所成角的正弦值为.
方法二：
如图，过点作，垂足为，连接，
因为，即平面平面，且平面平面，，平面，
所以平面，得到为所求直线与底面所成角，
由，，
得，，，
故．
（2）不存在，理由如下：
如图1-12，过点作的垂线，垂足为，延长与圆交于点．翻折后（如图1-13），由，知，．
在将圆沿直径翻折的过程中，点在以为圆心、为半径的圆上，且该圆与直径垂直．
如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，过点作轴垂直平面，建立空间直角坐标系.
设，，则，即，
又，，，所以，，
所以．
因此不存在使得直线与直线垂直．
5．（24-25高三下·浙江杭州·月考）如图，在等腰直角三角形中，，，为的中点，分别为边上一点，满足．将分别沿着翻折成，满足在平面的同一侧，面面．
(1)证明：共面；
(2)在线段上是否存在一点（异于端点），满足平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由；
(3)在（2）的情况下，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)直线与平面所成角的正弦值为.
【分析】（1）延长，相交于点，证明，，再证明，由此可证共面；
（2）先证明平面，平面，根据面面平行判定定理证明平面平面，取上靠近的三等分点，根据线面平行判定定理证明平面；
（3）作与相交于点，证明平面，根据线面角定义可得就是直线与平面所成角，解三角形求角的正弦值.
【详解】（1）延长，相交于点，
因为，为的中点，
故，又，所以，
又， 所以，
因为平面，平面，
所以，
而，，
所以，故，
故共线，且，
又，所以，
所以共面，
（2）由（1），又平面，平面，
所以平面，
因为，又平面，平面，
所以平面，又，平面，
所以平面平面，
由（1），取上靠近的三等分点，
则，又，
所以四边形为平行四边形，
所以，平面，，
所以平面，
（3）由（2）可得直线与平面所成角即为直线与所成角，
作与相交于点.
由平面，平面，可得，
又，，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，，平面，
所以平面，
所以直线在平面上的投影为，
所以就是直线与平面所成角，
在中，，，，
所以，
所以，
在中，，，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.

题型八 立体几何新定义问题
【技巧通法·提分快招】
1．已知两个非零向量，在空间任取一点，作，则叫做向量与的夹角，记作．定义与的“向量积”为:是一个向量，它与向量都垂直，它的模．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为线段上一点，
(1)求的长；
(2)若为线段的中点，求二面角的正弦值；
(3)线段上是否存在一点，使得，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）证明，为直线与所成的角，设，结合“向量积”的模的定义由条件列方程求可得的长；
（2）过点作交的延长线于点，证明为二面角的平面角，解三角形求其大小，结合二面角与二面角互补可得结论；
（3）过点作，证明平面，过点作交于点，证明，结合条件可求.
【详解】（1）因为底面为矩形，所以，，
又底面，底面，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，所以，
因为，所以为直线与所成角，即，
设，则，，
在中，，
又，即，解得或（舍去），
所以.
（2）在平面内，过点作交的延长线于点，连接，
底面，底面，所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，所以，
所以为二面角的平面角，
因为为的中点，所以，，
所以，
设二面角的平面角为，则，
所以，所以，
所以二面角的正弦值为.
（3）依题意，，，又，
所以，，又，所以，
又，平面，所以平面，
在平面内过点作，垂足为，
由平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
在平面内过点作交于点，在上取点，使得，
连接，
所以且，所以四边形为平行四边形，
所以，又，即，
所以.
2．在空间直角坐标系Oxyz中，这点且以为方向向量的直线方程可表示为，过点且以为法向量的平面方程可表示为．
(1)已知直线的方程为，直线的方程为．请分别写出直线和直线的一个方向向量．
(2)若直线与都在平面内，求平面的方程；
(3)若集合中所有的点构成了多面体Ω的各个面，求Ω的体积和相邻两个面所在平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)的一个方向向量；的一个方向向量（答案不唯一，符合题意即可）
(2)
(3)的体积为，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为
【分析】（1）根据题意即可得直线的方向向量；
（2）由直线方程可得两直线经过的点及方向向量，利用两方向向量求得平面的法向量，结合点与法向量可得平面方程；
（3）由集合可知各面所在平面的方程，利用各面与坐标轴的交点坐标作出图形，结合几何体的对称性求解体积；利用向量夹角求解面面角可得.
【详解】（1）因为直线的方程为，即，可知直线的一个方向向量；
直线的方程为，即，可知直线的一个方向向量.
（2）由题意可知：直线过点，且其一个方向向量为，
直线过点，且其一个方向向量为，
则为平面内一点.
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
所以平面的方程为，即.
（3）由集合可知，
多面体与坐标轴交于各点，，如图所示，

可知四边形为正方形，
边长，
所以，正方形的面积为，
而正四棱锥的高为，
则，
所以多面体的体积为.
由集合中所有的点构成了多面体的各个面，
点均满足方程.
可知平面的方程为，且该平面的一个法向量为，
同理可知，平面的方程为，该平面的一个法向量为，
平面的方程为，该平面的一个法向量为，
所以.
由对称性可知，任意相邻两平面的夹角的余弦值都为.
故多面体相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为.
综上，的体积为，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为.
3．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，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顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.如图，在三棱锥中.
(1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和；
(2)若平面，三棱锥在顶点处的离散曲率为，求点到平面的距离；
(3)在（2）的前提下，又知点在棱上，直线与平面所成角的余弦值为，求的长度.
【答案】(1)2；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据离散曲率的定义分别计算各个顶点处的离散曲率，再利用三角形内角和计算即可；
（2）利用线面垂直的性质和判定证得，即，根据离散曲率的定义计算得，根据点面距离的定义作出点到平面的距离线段，根据边角关系求解即可；
（3）法一：根据定义作出线面角，设，则，利用余弦定理计算得，利用构造关于的方程，求解即可；
法二：如图建立空间直角坐标系，利用向量法计算线面角的正弦值，即可得解.
【详解】（1）由离散曲率的定义得：
，
，
因为，同理可得其他三个三角形内角和为，
所以；
（2）由平面平面，得，
又平面，则平面，
由平面，得，即，
又，即，
解得，
过点作于点，由平面平面，得，
又平面，则平面，因此点到平面的距离为线段的长.
在中，，
所以点到平面的距离为.
（3）方法一：过点作交于点，连接，
由平面，得平面，则为直线与平面所成的角，
依题意，，
设，
则，
，
在中，根据余弦定理，，
由，得，
因此，整理得，即，
解得或，因为，所以.
方法二：由（2）知，平面平面，过作的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意得：，
所以，，
设，则，
设与平面所成的角为，因为，所以，
取平面的法向量，
则，
整理得，即，解得：或（舍），
所以，所以.
4．类比二维平面内的余弦定理，三维空间中有三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则.如图2，四棱锥中，底面为菱形，，，，且.
(1)在图2中，用三面角余弦定理求的值；
(2)在图2中，线段上是否存在一点，使得，若存在，求值；若不存在，说明理由；
(3)在图2中，直线与平面内任意一条直线的夹角为，证明：.
【答案】(1)
(2)存在，，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）证明平面⊥平面，故二面角的大小为，为等边三角形，，代入公式，求出的值；
（2）在（1）基础上，得到，由同角三角函数关系和正弦定理得到，再利用余弦定理得到方程，求出，得到答案；
（3）分两种情况，当过点和不过点，由（1）及三面角公式可得，又，所以，证明出结论.
【详解】（1）设，连接，
因为底面为菱形，所以，，为的中点，
又，为公共边，所以≌，
所以，⊥，
因为，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以平面⊥平面，
故二面角的大小为，
又，则，，
又，所以为等边三角形，，
由三面角余弦定理得
；
（2）存在，，理由如下：
由三面角余弦定理得，
即，，
显然为锐角，故，
在中，由正弦定理得，
即，故，
由余弦定理得，
即，解得（负值舍去），
此时，使得；
（3）由题意得，设平面内任一条直线为，
当过点时，记与的夹角为，，
由（1）及三面角公式可得，
因为，所以，
又，所以，
当不过点时，过点作，记与的夹角为，，
则，
又，所以，
综上，

检测Ⅰ组 重难知识巩固
1．如图，在三棱锥中，．求：
(1)二面角的大小；
(2)异面直线与所成角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）构造二面角的平面角，利用解三角形的方法可求二面角的大小.
（2）构造异面直线与所成的角，利用余弦定理计算余弦值即可.
【详解】（1）由题意易知，在中利用余弦定理得，
同理可得，，，则为等边三角形，为等腰三角形，
如图：
取线段的中点，连接，则，
则为二面角的平面角.
，，
则，
所以为直角三角形，且.
故二面角的大小为.
（2）取线段的中点，的中点，连接，
则，，
所以（或其补角）为异面直线与所成的角.
因为，所以.
因，.
则在中，利用余弦定理得，
故异面直线与所成角的余弦值为.
2．（25-26高三上·北京丰台·开学考试）如图，在几何体中，平面平面，，，，，∥.
(1)若为的中点，求证：平面；
(2)若为等边三角形，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，，通过证明四边形为平行四边形得到，再利用线面平行的判定定理即可证得结论；
（2）法一：延长，交于，连接，由此作出二面角的平面角.并证明，再求的余弦值即可.
法二：先证得两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法计算二面角的余弦值即可.
【详解】（1）取中点，连接，，则为的中位线.
，
又
且.
四边形为平行四边形.

又平面，平面
∥平面.
（2）法一：延长，交于，连接
是等边三角形，为的中点,

又且.
为的中位线,为的中点
又为的中点，为的中位线，
，
.
∵平面平面，平面平面，平面
平面.
平面，.
因此，二面角的平面角为.
因此，平面与平面夹角的余弦值为.
法二：∵平面平面，平面平面，
平面.

平面.

又等边三角形，为的中点

所以两两垂直，以为原点，如图建立空间直角坐标系.
因为，
所以，，
，
设为平面的一个法向量，
则 即
令，解得
设为平面的一个法向量
易得.
设平面与平面夹角为， .
因此，平面与平面夹角的余弦值为.
3．（2025·天津河西·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上异于点P，，平面ABE与棱PD交于点
(1)求证：；
(2)若，求证：
平面平面
若，，直线PB与平面ABCD所成角的正切值为，求点C到平面ABE的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析；
【分析】（1）先利用矩形对边平行的性质结合线面平行的判定定理得到平面，再依据线面平行的性质定理推出.
（2）（i）根据已知的垂直关系，利用线面垂直的判定定理证明平面，进而依据面面垂直的判定定理证明平面平面.
（ii）先通过等腰三角形三线合一以及面面垂直的性质得到平面，从而确定线面角，通过其正切值求出的值，然后建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，最后利用向量法求出点到平面的距离.
【详解】（1）
证明：因为矩形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，
所以
（2）证明：因为，，所以，
因为矩形，所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面
取的中点O，连接
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以就是直线与平面所成角，即，
在中，，解得，
以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
由，知，
所以，，
设平面ABE的法向量为，则，
取，则，，所以，
而，
所以点C到平面的距离为
4．（25-26高三上·贵州贵阳·开学考试）在三棱台中，．
(1)求证：；
(2)若平面平面，求面与面所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）要证明线线垂直，可通过证明线面垂直得出线线垂直，即证明平面.
（2）根据垂直关系建立空间直角坐标系，然后将每个点的坐标列出来，根据空间向量的垂直关系，求出平面与平面的法向量的坐标，进而根据空间向量夹角的余弦公式即可求出二面角的正弦值.
【详解】（1）证明：取的中点，连接.
因为，，所以.
因为，，所以四边形是平行四边形.
所以，又.
所以.
所以.
又，平面，平面，
所以平面.又平面，
所以，因为，所以.
（2）因为平面平面，平面平面，
由（1）知，，平面，所以平面.
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过作垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，.
所以，，，.
设平面的法向量为，平面的法向量为.
则.
即，.
令，则；令，则.
所以，.
所以.
所以平面与平面的所成的二面角的正弦值为：
.
5．（2025·辽宁沈阳·二模）斜三棱柱各棱长为4，，D为棱上的一点．
(1)求证：；
(2)若平面平面ABC，且二面角的余弦值为，求BD的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）取中点，连接，易得，结合题设关系得，进而得到平面，进而求证即可；
（2）建立空间直角坐标系，设，求平面法向量及平面的法向量，再利用空间向量求解即可.
【详解】（1）取AB中点O，在中，，O为AB中点，所以，在中，，，，由余弦定理可得，
所以有，即，所以，
又因为，平面，平面，
平面，又因为平面，所以；
（2）由（1）知且平面平面，平面平面，平面，所以平面，
则，如图以OA，OC，两两垂直，以O为坐标原点，以OA，OC，方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系．
，，，，
设，，
，，
设平面法向量为，
，，
可取，
平面的法向量为，
所以有，化简得，
所以有（舍）或者，所以．
6．（2025·海南·模拟预测）如图，在三棱锥中，是边长为4的正三角形，与底面的夹角为，且是线段上的点．
(1)求证：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取AC的中点O，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定性质得，再结合余弦定理，线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证.
（2）以O为原点，建立空间直角坐标系，利用线面夹角的向量求法列式求解.
【详解】（1）取的中点O，连接，由是等边三角形，是等腰三角形，
得，，又平面，则平面，
而平面，于是平面平面，在平面内射影为直线，
即为与底面的夹角，，
由正边长为4，，得，，
在中，由余弦定理得，
而，解，因此，，
又平面，则平面，又平面，
所以平面平面.
（2）由（1）知，直线两两垂直，以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
设，，，，
设平面的法向量为，则，
取，得，由与平面所成角的正弦值为，
得，整理得，而，解得，
所以
7．（25-26高三上·浙江·月考）如图，在三棱锥中，，，平面平面，点在上，且，，，点在上，且满足.

(1)求证：平面；
(2)求的值；
(3)若二面角的大小为，求四面体的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先根据勾股定理得出，进而应用平面平面的性质定理得出线面垂直；
（2）先根据线面垂直判定定理得出平面，进而得出，结合边长关系得出比例关系；
（3）根据二面角定义得出即为二面角的平面角，再结合边长关系得出，最后应用三棱锥体积公式计算求解.
【详解】（1）在三角形中，，，，所以，
可得.
由于平面平面，在平面内，平面平面，
平面.
（2）

取中点，连接，因为，所以，
又，，平面，
平面，平面，
所以.
在平面内，由（1）知，.
因为，，
所以，，因此.
（3）

设四面体的体积为.
由（2）得，则，
由于平面平面，平面平面平面，
因此平面，
又平面，平面，则，
平作于点，，平面，则平面，
又平面，所以，
因此即为二面角的平面角，
因为，，，则，
又，在中由勾股定理得，又，
由，得，
所以.
8．（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．
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）建立适当空间直角坐标系，得到直线的方向向量与平面的法向量后借助空间向量夹角公式计算即可得；
（2）设，求出平面与平面的法向量后，利用空间向量的数量积的运算可得结论.
【详解】（1）由题意可知，平面平面，则，为中点，
又，，
，则．
过作平行线， 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.
9．（2025·云南昆明·模拟预测）如图1，在△ABC中，将沿EF折起，使点A到达点位置，连接，得到四棱锥.如图2.
(1)若平面平面，在线段上是否存在一点P，使得，如果存在，指出点P的位置；如果不存在，说明理由；
(2)如图3，若平面平面，且点N为的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)存在，点是线段上靠近点的三等分点；
(2).
【分析】（1）在线段上取点P，使，在线段上取点Q，利用线面平行的判定性质推理得解.
（2）取的中点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解.
【详解】（1）在线段上存在一点P，使得，
在线段上取点P，使，在线段上取点Q，使，连接，
则，，且，而，
于是，四边形是平行四边形，，
而平面，平面，则平面，又平面，平面平面，
所以，此时点是线段上靠近点的三等分点.
（2）取的中点，连接，依题意，，则，
平面平面，平面平面，平面，
则平面，在平面内过作，则直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
显然垂直平分线段，而，直线与的距离为，
，
，
设平面的法向量，则，令，得，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
10．（2025·河南·三模）如图，在三棱柱中，平面，四边形为菱形．
(1)证明：；
(2)若，，二面角的余弦值为，求三棱柱的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用菱形对角线垂直，再结合已知中线面垂直，可通过证明线面垂直来证明线线垂直；
（2）可利用空间向量法来求二面角的大小，再通过方程可求出边长及三棱柱的体积.
【详解】（1）因为四边形为菱形，所以．
因为平面，平面，所以．
又因为平面，平面，，
所以平面．
因为平面，所以．
（2）方法一：因为，所以是等边三角形，
取中点M，连接，则，
以为坐标原点，分别以，，所在的直线为x轴，y轴和z轴，
建立空间直角坐标系，如图所示．
设，则，，．
所以，．
设平面的法向量为，则，
即，令，得．
由条件知为平面的一个法向量．
设二面角的平面角为，易知为锐角．
则，解得．
因为三棱柱的高为，且，
所以其体积．
方法二：因为，所以．
过B做交的延长线于O，连接，
因为，所以面，所以，
所以是二面角的平面角．
所以，所以，即，
因为，所以．
在中，解得．
又平面，所以三棱柱的高为，
所以其体积．
11．在平面四边形中，（如图），沿对角线将折起，使点在平面上的射影恰落在上（如图）．
(1)求证：；
(2)求二面角的平面角余弦值大小；
(3)求和平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由题证明平面BCD即可；
（2）取AC中点为F，连接，连接FE，由题可得为二面角的平面角，然后设，用x表示相关边长，即可得答案；
（3）由（1），可得为所求角，然后由题意及余弦定理可得答案.
【详解】（1）折叠后，由题可得平面，因平面，
则，又，平面，，
则平面BCD，又平面BCD，则；
（2）由题可得为等边三角形，取AC中点为F，连接，
可得，又由（1），易得，结合平面，
，则平面，连接FE，因平面，则.
从而为二面角的平面角.
设，则，由题，则，
则，.又由题可得为等边三角形，
则，又平面，平面，可得，
则；
（3）由（1），平面BCD，又平面，
则平面平面，从而C在平面ABD上的射影在DB上，则
为所求角.由平面，平面，可得，
则，又由（2）分析，可得，则，
则，从而，则，
从而.
12．（2024·吉林·模拟预测）如图所示，半圆柱与四棱锥拼接而成的组合体中，是半圆弧上（不含）的动点，为圆柱的一条母线，点在半圆柱下底面所在平面内，.
(1)求证：；
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求点到直线距离的最大值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)
【分析】（1）取弧中点，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，求出，利用空间位置关系的向量证明推理即得.
（2）由数据求出点坐标，再求出平面FOD与平面的法向量，利用面面角的向量求法求解.
（3）利用空间向量求出点到直线距离的函数关系，再求出最大值即可.
【详解】（1）取弧中点，则，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
连接，在中，，，则，
于是，
设，则，其中，，
因此，即，
所以.
（2）由平面平面，得，
又，则，而平面，
则平面，即为平面的一个法向量，
，由平面，得，
又，解得，此时，
设是平面的法向量，则，取，得，
设是平面的法向量，则，取，得，
则平面FOD与平面夹角的余弦值为.
（3），
则点到直线的距离，
当时，即的坐标为时，点到直线的距离取最大值为
【点睛】方法点睛：利用向量法求二面角的常用方法：①找法向量，分别求出两个半平面所在平面的法向量，然后求得法向量的夹角，结合图形得到二面角的大小；②找与交线垂直的直线的方向向量，分别在二面角的两个半平面内找到与交线垂直且以垂足为起点的直线的方向向量，则这两个向量的夹角就是二面角的平面角．
13．（2025·广西北海·模拟预测）在四棱锥中，底面为菱形，平面．动点在线段上满足，动点在线段上满足，其中．
(1)当时，证明：平面；
(2)是否存在，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在
【分析】（1）先利用三角形中位线和菱形的性质证得；再根据线面平行的判定定理即可证得平面.
（2）先根据题意建立空间直角坐标系，写出相应的点和向量的坐标；再求出
平面的一个法向量及平面的一个法向量；最后根据面面所成角的向量计算方法列出等式求解即可.
【详解】（1）证明：动点在线段上满足，动点在线段上满足，
当时，分别为的中点.
取的中点，连接.
则为的中位线，
，.
又底面为菱形，
，
则，.
四边形是平行四边形，
.
又平面，平面，
∴平面；
（2）解：存在．
以点为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以平面内过点且垂直于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系：
．
则，
，
，
，.
设平面的法向量为，
则，即，
令得，
.
设平面的法向量为，
则，即，
令得，
.
，
化简得：，即，所以或.
存在使得平面与平面夹角的余弦值为．
14．如图1，过球上不在同一大圆上的，，三个点中的任意两点作大圆.可以得到劣弧，与，则这三条劣弧围成的曲面（阴影部分）称为球面，这三条劣弧称为球面的边.，，三点称为球面的顶点.设二面角为，二面角为，二面角为，则球面的面积，其中为球的半径，，，均用弧度制表示.以球心为坐标原点，建立如图2所示的空间直角坐标系.已知，，三点均在球的球面上，其中，.
(1)求，的值；
(2)求点到平面的距离；
(3)求球面的面积.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由已知可得，求解即可；
（2）由已知可得，进而可求平面的一个法向量，利用向量法可求点到平面的距离；
（3）求得平面，平面，平面的法向量，进而可求，利用球面三角形的面积公式可求面积.
【详解】（1）根据，可得，
解得，因为，所以，
（2）由（1）得，，
设平面的一个法向量为，
则，令，，
所以平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为；
（3）依题意，
设平面，平面，平面的法向量为，
则，令，则，则，
则，令，则，则，
则，令，则，则，
所以，
，
，
结合四点的位置，可知均为钝角，
所以，
故球面的面积..
15．（2025·湖南·模拟预测）在三棱锥中，的平分线交于点，记所在平面为.
(1)求直线与所成角的大小；
(2)设.
（i）若，求点到平面的距离；
（ii）探究：在内是否存在两个不同的定点，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）存在，
【分析】（1）利用空间垂直关系把线面角转化为平面角，然后借助平面几何知识进行求解即可；
（2）（i）利用空间垂直关系先证明面面垂直，再作出点到面的距离，从而进行求解即可；
（ii）利用圆锥被一个斜平面所截，可通过空间向量的坐标运算得到椭圆方程，从而利用椭圆的焦点坐标来找到两个定点.
【详解】（1）因为平面，
所以平面，
所以直线与所成的角为，
因为的平分线交于点，
所以，
在直角三角形中，，
所以，
所以，
所以；
所以直线与所成的角为；
（2）（i）由（1）得平面，又平面，所以，
因为平面，
所以平面，又因为平面
所以平面平面，过点作于点，
因为平面平面，平面，
所以平面，则的长度即为点到平面的距离，
所以，
即点到平面的距离为；
（ii）取的中点为的中点为，连接.则，
由得，，
又，所以，
在内过点作，所以，
以为原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.

因为，所以，
设，又，
则，
因为，
所以，
化简得，，即，
所以点在椭圆上运动，
所以存在，使得
16．（2025·宁夏石嘴山·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面ABCD是边长为2的正方形，为等边三角形，M为边AD的中点，点N在线段PC上．
(1)证明：平面MPQ；
(2)若，证明：平面BDN；
(3)是否存在点P，使得二面角的正弦值为？如果存在，求出四棱锥的体积，如果不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，理由见解析，体积为或
【分析】（1）根据三线合一得到，又，从而得到线面垂直；
（2）作出辅助线，所以，所以，所以平面BDN；
（3）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，，求出两平面的法向量，根据二面角的正弦值得到方程，求出或，从而求出P到平面ABCD的距离，求出锥体体积.
【详解】（1）证明：因为是等边三角形，M为边AD的中点，所以，
又因为，，所以．
又因为，平面，故平面MPQ．
（2）连接MC，交BD于点E，连接NE．
因为，，所以，
又因为，所以，所以，
又因为平面BDN，平面BDN，所以平面BDN．
（3）存在点P，使得二面角的正弦值为，理由如下：
取BC中点F，连接MF，则，
过M作平面ABCD，建立如图所示的直角坐标系．
为等边三角形，边长为2，故，
，，，设，，
，
，，．
设平面MPB的法向量为，
则，即，
取，则，
取，
设平面面MPC的一个法向量为，
，
令，则，，
平面MPC的一个法向量为，
设二面角为，则，
又因为，所以．
所以，解得或，
当时，P到平面ABCD的距离为，
此时，
当时，P到平面ABCD的距离为，
此时．

检测Ⅱ组 创新能力提升
1．（25-26高三上·广东肇庆·开学考试）如图，在四棱锥中，底面，平面，，，，分别为棱、上的点，且，且//平面.
(1)求的值；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）取上点，使得，结合题给条件推出四边形为平行四边形，由线线平行得出平面平面，进而得出，根据中位线定理，从而得出.
（2）先证明底面，以为原点，以为轴，建立空间直角坐标系，设为平面的法向量，为平面的法向量，利用向量点积为零得出，，结合图形运用计算求解.
【详解】（1）
如图，取上点，使得.
因为平面，平面，平面平面，
所以，.
又，
所以四边形为平行四边形，
所以
又平面，，平面，
所以平面平面，
所以平面.
又平面平面，平面，
所以，
又，
所以为中点，
所以为中位线，为中点，即.
（2）连接，因为，为中点，
所以为等腰三角形，，
由（1）知，则，
又因为底面，故以为原点，以为轴，建立如下空间直角坐标系，
为直角三角形，则，
则，，，，.
所以，
由（1）知，则.
所以，，.
设为平面的法向量，则
，令，则，，
设为平面的法向量，则
，令，则，.
设平面与平面的夹角为，结合图像可知，则
.
2．（25-26高三上·江苏苏州·开学考试）如图，在三棱锥中，底面，，，分别为，的中点.

(1)求证：平面；
(2)若，，，且与平面所成角的正切值为，
①当时，求三棱锥的体积；
②求的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②
【分析】（1）利用三角形中位线性质证明，从而证明平面；（2）①找出与平面所成的角，通过其正切值求出线段长度，进而用体积公式求解；②建立空间直角坐标系，通过条件求出与的关系，进而通过基本不等式求出最大值.
【详解】（1）因为，分别是线段，的中点，所以线段是的中位线，故.
又因为平面，平面，所以平面.
（2）①当时，即.
由上题可知，线段是的中位线，所以.
因为平面，且平面，所以，.
在直角中，，，故，又因为是中点，所以.
在直角中，，，所以.
在直角中，，，所以，又因为是中点，所以.
在中，，，故，所以为直角三角形，其中.
所以线段为线段在平面上的投影，则与平面所成的角为.
因此，，解得.
故的面积为，三棱锥的体积为.
②过点做平面，垂足为.
以为原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图空间直角坐标系.

则，，，，，.
故，，直线的方向向量.
设平面的法向量.故，即，所以.
取.
设直线与平面的夹角为，故，易得.
而.
两边同时平方得，，交叉相乘得.
移项合并得.化简得，进而有.
由基本不等式得，，当且仅当时，即时等号成立.
所以.
故的最大值为.
3．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.
4．如图所示，在直角梯形中，，分别是上的点，且， ，将四边形沿向上翻折，连接，在翻折的过程中，设，记几何体的体积为．

(1)求证：平面；
(2)若平面平面．
①求证：平面；
②当取得最大值时，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）根据线线平行证明平面平面， 再根据面面平行的性质得证；
（2）①过点作交于点， 证明面面垂直性质得到线面垂直，进而得到线线垂直，根据翻折关系证明线面垂直，进而得到线线垂直， 最后根据线面垂直判定定理证明；
②根据可得关于的表达式，再利用向量法或几何法求解的值.
【详解】（1）证明：根据题意可知，
因为平面，平面，所以平面，
同理，因为平面，平面，所以平面，
又因为是平面内的两条相交直线，所以平面平面，
因为平面，所以平面．

（2）①证明：过点作交于点，
因为平面平面，平面平面，所以平面．
又平面，则；
根据题意平面图形翻折后，且是平面内两条相交直线，
所以平面，又，得平面．
又平面，则，
因为是平面内两条相交直线，所以平面．
②法一：

直角梯形中，，，且，
由①可知平面，
由（1）可知由题意平面平面，
所以到底面的距离为，
在中，设点到的高，即，
因为平面，所以，
因为，所以平面，
设点到底面的高为，
在中，根据三角形的面积公式．∴．
几何体的体积为
取的中点，连接，
因为，所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，所以平面，又因为平面，所以，
在中，，
在中，，
在中，，∴，化简得到，
因为，所以，当且仅当时等号成立，
故当取得最大值时，即取得最小值，，
所以几何体体积．
法二：

直角梯形中，，且在平面上，
由①可知平面，
由（1）可知由题意平面平面，
所以点到底面的距离为，
在中，设点到的高，即，
因为平面，所以，
因为，所以平面，
设点到底面的高为，
在中，根据三角形的面积公式，∴．
几何体的体积为
．
过点作的垂线交直线于，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，
，
令，可得，
，设平面的法向量为，
，
令，可得，
因为平面平面，所以，化简得到，
因为，所以，当且仅当时等号成立，
故当取得最大值时，即取得最小值，，
所以几何体体积．
5．在空间直角坐标系O－xyz中，已知向量，点．若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程为，一般式方程可表示为．
(1)若直线l的方向向量为，平面α的一般式方程为，求直线l与平面α所成角的正弦值；
(2)若平面β经过点，点，点，平面γ的一般式方程为，直线l为平面β和平面γ的交线，求平面β的一般式方程，并求直线l的单位方向向量（写出一个即可）；
(3)已知集合，，记集合Q中所有点构成的几何体为，中所有点构成的几何体为．
（ⅰ）若，求几何体的体积和的表面积．
（ⅱ）若，求几何体的体积关于m的函数关系式．
【答案】(1)
(2)，或（写出其中一个即可）
(3)（ⅰ），21
（ⅱ）
【分析】（1）由题可得平面α的一个法向量，再利用空间向量法即可求线面角的正弦值；
（2）根据题意可求平面β的一个法向量，再根据平面的点法式方程化简即可求面β的一般式方程，根据交线l与两平面的法向量垂直即可求交线l的一个方向向量，再转化为单位向量即可；
（3）（ⅰ）由题知集合是边长为2的正方体，利用平面的一般式方程分析集合为一个八面体，根据相关长度即可求的体积，再分析两个几何图形截面相交的图形即可求的表面积；
（ⅱ）根据（ⅰ）的分析，相交部分为正方体中截了8个三棱锥，分析相关边长即可求的体积.
【详解】（1）平面α的一般式方程为，
则平面α的一个法向量，设直线l与平面α所成角为，
所以，
即直线l与平面α所成角的正弦值为.
（2）
设平面β的一个法向量，
则，不妨取，则，
此时，
所以平面β的一般式方程为，
又平面γ的一般式方程为，则平面γ的一个法向量，
设直线l的一个方向向量，又直线l为平面和平面γ的交线，
则，不妨取，则，
此时，
所以直线l的一个单位方向向量为或（写出其中一个即可）.
（3）（ⅰ）集合，
所以集合是以原点为中心，边长为2的正方体，
时，，
当时，即，
根据题意知是平面的一般方程，且过，
则，形成的是一个三棱锥，如图，
所以形成的立体几何图形为八面体，
体积，
又在八面体中时的截面是对角线长为3的正方形，与正方体上底面交点如图，
正方形对角线长为3，正方形边边长为2，
，则等腰直角三角形中，，
所以中所有点构成的几何体为如下图所示，
则几何体为的表面积，
所以，几何体的体积为，的表面积21.
（ⅱ）由（ⅰ）知，时，八面体在正方体六个面的交线都为六边形，
正方形对角线长为，正方形边边长为2，
，
则等腰直角三角形中，，
故几何体的体积，
即.
6．（2025·山西·模拟预测）如图，四棱柱的底面是正方形，为的中点.
(1)若平面平面，，，求二面角的正弦值；
(2)设为线段的中点，.
（i）证明：平面；
（ii）设四棱柱的体积为，三棱锥的体积为，证明：.
【答案】(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（1）根据已知构建合适的空间直角坐标系，设，结合已知写出相关点的坐标，求出平面、平面的法向量，向量法求面面角的余弦值，进而可得正弦值；
（2）（i）法1：延长与的延长线交于点，连接并延长，交的延长线于点，连接，交于点，连接，证明四边形是平行四边形，得，再由线面平行的判定证明结论；法2：由向量四则运算的几何意义得，平面内的存在点满足，有，再由线面平行的判定证明结论；法3：同（1）建立空间直角坐标系，若，四棱柱的高为，标注出相关点坐标，并求出直线的方向向量、平面的法向量，应用向量法证明线面平行；
（ii）由（i）结论，应用等体积法有，结合等比数列的前n项和公式求和，即可证.
【详解】（1）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向建立空间坐标系.
设，因为，故是正三角形，
又平面平面，且底面是正方形，
故，，，，
，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，，
不妨取，则，.
故.
故二面角的正弦值为.
（2）（i）方法1：如图，延长与的延长线交于点，
连接并延长，交的延长线于点，
连接，交于点，连接，则平面.
因为为线段的中点，，故，
因为，，，故，
又，故.
因为，且，故四边形是平行四边形，即.
又平面，平面，所以平面.
方法2：由
.
因为平面内的存在点，满足，有.
又因为平面，所以平面.
方法3：同（1）建立空间坐标系，若，四棱柱的高为，
则，，，若，
根据可得，，
根据是的中点得，，
，
，，平面的法向量是，
所以①，②.
其中方程②可改写为.
可取，，，
，
所以平面.
（ii）由（i）可知平面，
故.
所以.
1、求异面直线所成角一般步骤
（1）平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．
（2）证明：证明所作的角是异面直线所成的角．
（3）寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．
（4）取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．
2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法
（1）直接平移法(可利用图中已有的平行线)；
（2）中位线平移法；
（3）补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．
3、异面直线所成角：若分别为直线的方向向量，为直线的夹角，则.
1、垂线法求线面角（也称直接法）：
（1）先确定斜线与平面，找到线面的交点B为斜足；找线在面外的一点A，过点A向平面做垂线，确定垂足O；
（2）连结斜足与垂足为斜线AB在面上的投影；投影BO与斜线AB之间的夹角为线面角；
（3）把投影BO与斜线AB归到一个三角形中进行求解（可能利用余弦定理或者直角三角形）.
2、公式法求线面角（也称等体积法）：
用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.
公式为：sinθ=hl，其中θ是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.
方法：已知平面内一个多边形的面积为S，它在平面内的射影图形的面积为S射影，
平面和平面所成的二面角的大小为，则COSθ=S射影S.这个方法对于无棱二面角的求解很简便.
3、直线与平面所成角：设是直线的方向向量，是平面的法向量，直线与平面的夹角为.则.
1、几何法
（1）定义法（棱上一点双垂线法）：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别过该点作垂直于棱的射线．
（2）三垂线法（面上一点双垂线法）：自二面角的一个面上一点向另外一个面作垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即斜足），斜足和面上一点的连线与斜足和垂足的连线所夹的角，即为二面角的平面角
（3）垂面法（空间一点垂面法）：过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.
（4）射影面积法求二面角
2、向量法：若分别为平面的法向量，为平面的夹角，则.
1、几何法求点面距
（1）定义法（直接法）：找到或者作出过这一点且与平面垂直的直线，求出垂线段的长度；
（2）等体积法：通过点面所在的三棱锥，利用体积相等求出对应的点线距离；
（3）转化法：转化成求另一点到该平面的距离，常见转化为求与面平行的直线上的点到面的距离．
2、向量法求空间距离
（1）点面距：已知平面的法向量为 , 是平面内的任一点，是平面外一点,过点作则平面的垂线，交平面于点，则点到平面的距离为
（2）直线与平面之间的距离：，其中，是平面的法向量.
（3）两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量.
1、处理空间几何体体积的基本思路
（1）转：转换底面与高，将原本不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解的高；
（2）拆：将一个不规则的几何体拆成几个规则的几何体，便于计算；
（3）拼：将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原乘一个四棱柱，还台位锥，这些都是拼补的方法.
2、求体积的常用方法
（1）直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算；
（2）割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算；
（3）等体积法：选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面作为三棱锥的底面进行等体积变换
翻折问题的两个解题策略
1、确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决
2、确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算
与集合含义及其表示有关的问题的解题技巧
（1）明确集合的类型，即确定集合是数集、点集，还是其他集合.
（2）理清集合中的元素满足的限制条件，确定元素的属性.
（3）注意检验集合中的元素是否满足互异性，确定集合元素的个数.
（4）理清描述法表示的集合中相关字母变量的取值范围及条件.
1、用向量法处理立体几何中的探索性、存在性问题
探索性、存在性问题是条件不完备、结论不确定的问题,利用向量的方法将这类问题由立体几何问题转化为代数的方程(不等式)的解的问题,考查了化归、转化的数学思想,培养了逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养.
2、用向量的坐标运算解决几何问题
用向量的坐标运算解决几何问题,使几何问题代数化,以数助形,体现了数形结合的思想.同时本题还运用了方程的思想,通过列方程、解方程使问题得以解决.这足以说明“向量的坐标运算”是“几何”与“代数”间的一座新的桥梁.
这类问题的基本形式是判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立,解决这类问题的基本策略是假设题中的数学结论成立,在这个前提下进行逻辑推理,若由此导出矛盾,则否定假设,否则,给出肯定证明.
3、对于存在判断型问题：通常应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.
4、对于位置探究型问题：通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.
面对新情景、新定义，首先要深入理解并分析这些新元素，将其与已知的立体几何知识相结合.明确解题目标后，灵活运用基本定理和性质，如平行、垂直的判定与性质，以及空间角、距离的计算公式.在解题过程中，合理构造辅助线和面，以揭示隐藏的空间关系，简化问题.对于复杂问题，可尝试建立空间直角坐标系，利用向量法进行计算和证明.同时，要善于将空间问题平面化，通过截面、投影等方式转化求解对象.最后，解题后要进行验证和反思，确保结论的正确性，并总结所使用的方法和技巧，以便在未来遇到类似问题时能够迅速应对.