新高考数学三轮冲刺核心考点分类提升练专题02 空间向量与立体几何大题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学三轮冲刺核心考点分类提升练专题02 空间向量与立体几何大题（2份，原卷版+解析版），共7页。

考前百日冲刺目录
TOC \ "1-4" \h \u \l "_Tc30595" 引领风向--最新模考新颖题（5题） PAGEREF _Tc30595 \h 1
\l "_Tc7189" 最新热点热搜题（5题） PAGEREF _Tc7189 \h 12
\l "_Tc6316" 最新高频经典题（5题） PAGEREF _Tc6316 \h 20
\l "_Tc30516" 最新高考真题回顾（5题） PAGEREF _Tc30516 \h 31
\l "_Tc25888" 最新模考基础练（5题） PAGEREF _Tc25888 \h 41
\l "_Tc11138" 最新模考能力练（5题） PAGEREF _Tc11138 \h 49
\l "_Tc25051" 最新模考压轴练（5题） PAGEREF _Tc25051 \h 58
引领风向--最新模考新颖题（5题）
【典例】1．（2025·广东广州·模拟预测）如图1，在正四棱锥中，所有棱长均为分别是棱和上的动点，满足.
(1)求证：平面；
(2)若异面直线与垂直，求的值；
(3)如图2，现将棱长为2的正四面体与正四棱锥进行拼接，使得顶点分别与重合，求证：四点共面.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）过作，交于点，连接，可得四边形为平行四边形，从而证明平面;
（2）解法一：由（1）知，从而可得，利用三角形的性质即可求得的值；
解法二：作平面，则是正方形的中心，建立空间直角坐标系；
（3）解法一：作中点，连接，可得即为二面角的平面角，即为二面角的平面角，分别求出其余弦值，找到余弦值的关系即可证明；
解法二：作平面，则是正方形的中心，建立空间直角坐标系，利用边长关系求出点坐标，在利用向量关系即可证明结论.
【详解】（1）过作，交于点，连接，
四边形为平行四边形
面面
面
（2）解法一：由（1）知
若异面直线与垂直，则
在中，
为中点
又为中点
解法二：作平面，则是正方形的中心，如图建立空间直角坐标系；
得，
（3）解法一：作中点，连接
在正四棱锥中，所有棱长均为，
即为二面角的平面角，
由于，
则，
同理可得在正四面体中，即为二面角的平面角，
，
三点共线，四点共面
解法二：作平面，则是正方形的中心，如图建立空间直角坐标系；
，设
因为，解得，所以
四点共面
【典例】2．（2025·广东·模拟预测）如图，在三棱台中，，，，点在底面的投影是的重心．
(1)证明：平面平面；
(2)已知空间直角坐标系中的方程：，它表示球心为，半径为的球面．，是棱上两点，，是三棱台表面上一点，且．求满足条件的点轨迹的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长交于点，连接，取的中点为，连接，由题意得平面，由几何性质可证得，从而得平面，由面面垂直的判定定理即可得结论；
（2）建立空间直角坐标系，从而可得点轨迹表示球心在，半径的球面，计算可得结论.
【详解】（1）连接并延长交于点，连接，取的中点为，连接，
因为点在底面的投影是的重心，则平面，，
因为为中点，为中点，则，
由题得，，，所以，
所以四边形是平行四边形，则，
所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）如图，以A为原点，建立空间直角坐标系，
则，，设，
由，得，
整理得，
所以点轨迹表示球心在，半径的球面，
又是棱台表面上的点，所以点轨迹是球面与棱台表面的交线，
由题得，，则，
所以，
又，，则，，，
所以球面只与棱台侧面，侧面，底面相交，
因为
所以，
，
，
从而可得，，，
因此所求交线长度为．
【典例】3．（2025·四川达州·一模）如图1，半圆的圆心为，直径为中点，将扇形沿着翻折使到，如图2所示，，点分别在上且不与端点重合，
(1)求证；
(2)当时，求多面体的体积；
(3)求平面与平面夹角余弦的最大值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据给定条件，证得，再利用线面垂直的判定、性质推理得证.
（2）由（1）中信息，以为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再利用割补法，结合三棱锥的体积公式求解.
（3）设，求出平面的法向量，利用面面角的向量法列式，再结合正弦函数的性质求出最大值.
【详解】（1）在半圆中，直径为中点，则，折后有，
由，得，则，
又平面，
因此平面，而平面，
所以.
（2）由（1）得直线两两垂直，
以直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
由，得，
，，
连接，点到平面的距离，
所以多面体的体积.
（3）令，由（2）知，，
，
设平面的一个法向量，
则，取，得，
而平面的一个法向量，
因此
，
由，得，，
则当时，，
所以平面与平面夹角余弦的最大值为.
【典例】4．（2026·河南郑州·模拟预测）如图，在矩形中，，，，分别是，的中点，点，分别是对角线，上的动点（不包括端点），且，将四边形沿翻折，使平面平面.
(1)求证：平面；
(2)求线段的长（用表示）；
(3)当线段的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理得出平面，再利用线面垂直的性质定理即可；
（2）以为原点建系，得出的坐标，再计算向量的模；
（3）求出，再求出两个平面的法向量，再根据向量夹角和平面角之间的关系求出.
【详解】（1）在矩形中，，，点，分别是，的中点，
所以四边形和是全等的正方形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，，平面，
所以平面；
（2）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，
则，，，，，，
则，，，
因为，
所以，，
则，
，
所以线段的长为；
（3）因为，所以当时，线段最短，
此时，分别为线段，的中点，，，
则，
设是平面的一个法向量，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
由（1）知，为平面的一个法向量，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【典例】5．（2026·河北沧州·一模）如图，在圆台中，四边形为轴截面，上、下底面半径分别为1，3，高为4，位于圆上，，为上的点，连接．
(1)若成等比数列．
①求证：平面；
②求平面与平面夹角的余弦值；
(2)若为的中点，求三棱锥的外接球半径．
【答案】(1)①证明见解析；②
(2)
【分析】（1）①由线面垂直的判定定理证明即可；②建立空间直角坐标系，根据面面角向量法计算即可求解；
（2）由，得的外心为的中点，设三棱锥外接球的球心为，由建立等式计算即可求解.
【详解】（1）①在圆台中，，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，即，
在中，因为成等比数列，
所以，即，
所以与相似，所以，
因为，平面，所以平面．
②分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
由已知得，
所以，即平面的法向量为，
又，所以，
设平面的法向量为，
所以，设，则，
所以平面的一个法向量为，
所以平面与平面夹角的余弦值为；
（2）因为，所以的外心为的中点，
所以可设三棱锥外接球的球心为，
由已知得，
因为，所以，解得，
所以三棱锥的外接球半径为．
最新热点热搜题（5题）
【典例】6．（2025·河北衡水·模拟预测）如图，圆柱中，是底面圆上的一条直径，，分别是底面，圆周上的一点，，，且点不与，两点重合.

(1)证明：平面平面；
(2)若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）根据直径所对的角为直角得到⊥，由线面垂直得到⊥，从而得到线面垂直，面面垂直；
（2）先得到为二面角的平面角，为等边三角形，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量公式求出直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）因为是底面圆上的一条直径，
所以⊥，
因为⊥底面圆，，
所以⊥底面圆，
因为底面圆，所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以平面⊥平面；
（2）因为⊥底面圆，圆，
所以⊥，⊥，
所以为二面角的平面角，
故，又，所以为等边三角形，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，设，故，，
，
，，
设平面的法向量为，
则，
解得，令，得，故，
设直线与平面所成角的大小为，
则，

直线与平面所成角的正弦值为.
【典例】7．（2025·江苏南京·二模）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，点在线段上，平面.
(1)证明：为的中点；
(2)若，二面角的余弦值为，求的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，连接，根据线面平行的性质得到，即可得证；
（2）取中点，连接，即可得到，建立空间直角坐标，设，求出平面、平面的法向量，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可求出.
【详解】（1）连接交于点，连接．
因为底面为菱形，所以为的中点．
又因为平面，平面，平面平面，
所以，
所以为的中点.
（2）取中点，连接．
在菱形中，，所以，则为正三角形，
所以，又，所以．
又因为平面，如图建立空间直角坐标系．
设， 则，，，，
则，，，
则平面的一个法向量为．
设平面的一个法向量为，
则，取，
因为二面角的余弦值为，
所以，解得（负值已舍去），
所以．
【典例】8．（2025·山东济宁·一模）底面为菱形的四棱锥中，与交于点，平面平面，平面平面．
(1)证明：平面；
(2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到⊥，⊥，故平面；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，根据线面角的正弦值得到方程，求出，求出两个平面的法向量，根据面面角夹角余弦公式求出答案.
【详解】（1）因为四边形为菱形，所以⊥，
因为平面平面，为交线，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为平面平面，为交线，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，
所以平面；
（2）由（1）知，两两垂直，
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，，则，，
设平面的一个法向量为，
，
令得，故，
直线与平面所成角的正弦值为，
即，
化简得，负值舍去，则，
平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
，
所以平面与平面夹角余弦值为.
【典例】9．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四棱锥中，平面，是线段上的动点.
(1)当是线段中点时，求证：平面；
(2)设是的中点，当二面角的余弦值为时，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）记的中点为，连接，证明四边形为平行四边形即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，根据二面角求出点坐标，再由向量法求距离即可.
【详解】（1）记的中点为，连接，
因为是线段中点，所以且，
又，所以，
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）因为平面平面，所以，
又，所以两两垂直，
以分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
则，
当M与B重合时，二面角为，不合题意，
设，则，
设平面，平面的法向量分别为，
则，，
取，得，
由题可知，解得（舍去），
则，则点到平面的距离为.
【典例】10．（2025·江苏盐城·三模）如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，，为线段中点，连接．
(1)证明：平面；
(2)求M到平面的距离；
(3)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？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)
(3)存在，
【分析】（1）取中点，连接，证出四边形为平行四边形，即可得证.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量以及，因为平面，所以M到平面的距离为到平面的距离，然后利用点到平面的距离向量公式即可求解.
（3）求得平面的法向量以及，利用向量夹角公式即可求解．
【详解】（1）在四棱锥中，取中点，连接，
由为的中点，且，，得，，
则四边形为平行四边形，，而平面，平面，
所以平面．
（2）取的中点，连接，，由为等边三角形，得，
而平面平面，平面平面，平面，
则平面，由，得四边形是平行四边形，
于是，而，则，直线两两垂直，
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，得，
又，所以到平面的距离，
因为平面，所以M到平面的距离为到平面的距离，即.
（3）令，
，，
设平面的法向量为，则，
取，得，
平面的法向量为，
于是，
化简得，又，解得，即，
所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，.
最新高频经典题（5题）
【典例】11．（2025·四川·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，，.
(1)证明：平面ABCD.
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）通过证明平面，可得，结合可完成证明；
（2）如图建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由空间向量知识可得答案.
【详解】（1）证明：因为底面为正方形，所以.
又因为，，平面，所以平面PBD；
因为平面，所以.
因为，与相交，平面.
所以平面.
（2）解：以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，，，则，，.
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以平面的一个法向量为.
，
易知二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.
【典例】12．（2025·江苏·二模）如图，在三棱柱中，，，，.
(1)证明：平面；
(2)若，二面角的大小为，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）由余弦定理得到，根据勾股定理逆定理得到，结合证明出线面垂直；
（2）先由线面垂直得到线线垂直，得到二面角的平面角为，求出各边长，得到为等边三角形，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量公式求出答案.
【详解】（1），，，
由余弦定理得，
，
，，
又，，平面，
平面；
（2）方法一：平面，平面，
且，
二面角的平面角为，而，
，为等边三角形，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，所在平面为平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，
由，，，，
设平面的一个法向量，
，
解得，令，则，故，
设与平面所成角为，
.
方法二：因为平面，又平面，所以．
又，所以为二面角的平面角，即，
在中，因为，，所以．故是等边三角形
所以．
在三棱柱中，，又平面，所以平面，
又平面，所以．故为直角三角形．
在直角中，因为，，所以，故．
设点到平面的距离为，由，
得，解得．
设直线与平面所成角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
【典例】13．（2025·浙江杭州·二模）在平面四边形中，，，将沿翻折至，其中为动点.
(1)设，
（ⅰ）证明：平面；
（ⅱ）求三棱锥的体积；
(2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
(2)
【分析】（1）（ⅰ）根据线面垂直，可证线面垂直；
（ⅱ）利用可求三棱锥的体积.
（2）建立空间真假坐标系，利用空间向量表示出直线与平面所成角的正弦值，再结合换元法和基本不等式可求其最大值.
【详解】（1）（ⅰ）在中，，，所以.
因为，，所以，
所以.
又因为，平面，，
所以平面.
（ⅱ）.
（2）如图，建立以为原点的空间直角坐标系，设二面角的平面角为，则，，，.
所以.平面的法向量为.
设直线与平面所成角为，则.
设，
设，
所以，（当且仅当，即时取等号），即.
直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
【典例】14．（2025·广东广州·二模）如图，直四棱柱的底面是菱形，为锐角，分别为棱的中点，点在棱上，且，点在直线上.
(1)证明：平面；
(2)若直四棱柱的体积为，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，进而可证四边形是平行四边形，可得，由已知可证，可得，可证结论；
（2）解法1：由已知可求得，分别以直线为轴，以的边上的高所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，求得平面的一个法向量，利用向量法可求得线面角的正弦的最大值，进而求得的长.
解法2：由已知可求得，连接，设，连接，设，以为原点，分别以直线为轴，建立空间直角坐标系，设，求得平面的一个法向量，利用向量法可求得线面角的正弦的最大值，进而求得的长.
解法3：由已知可求得，由（1）知平面且点在直线上，，过作，交的延长线于点，连接，结合余弦定理求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为为的中点，所以，且.
又，且，则，且.
所以四边形是平行四边形，所以.
因为，则为的中点.
又为的中点，则，所以.
因为平面平面，
所以平面.
（2）解法1：由于直四棱柱的体积为，
得，
得，
由于为锐角，则.
分别以直线为轴，以的边上的高所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，
，设，
，
设平面的法向量为，直线与平面所成角为，
由，即，取，
则平面的一个法向量为.
则.
当时，取得最大值.
此时.
所以的长为.
解法2：由于直四棱柱的体积为，
得，得，
由于为锐角，则.
连接，设，连接，设，
以为原点，分别以直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，
.
设，即，
则.
设平面的法向量为，直线与平面所成角为，
由，即，
令，则，
则平面的一个法向量为，
,
为，
则.
当时，取得最大值.
此时.
所以的长为.
解法3：由于直四棱柱的体积为，
得，
得，
由于为锐角，则.
由（1）知平面且点在直线上，
则点到平面的距离为定值.
设直线与平面所成角为，
则.
当最小时，取得最大值.
如图，过作，交的延长线于点，连接，
由于，，则平面.
又平面，则.
则为所求.
在中，
.
，
在中，.
【典例】15．（2025·江苏·一模）如图，在四面体中，，，点为棱的中点，点为棱上的动点．
(1)求证：平面平面；
(2)已知二面角的大小为，当直线与平面所成角的正弦值的最大值为时，求此时四面体的体积．
【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、性质，面面垂直的判定推理得证.
（2）由（1）可得，再结合已知确定点位置，进而求出四面体的相关元素并求出体积.
【详解】（1）由，得，
又平面，则平面，
而平面，于是，由为中点，，得，
又平面，因此面，又平面，
所以平面平面．
（2）由（1）知，二面角的平面角为，则，
由平面，得为与平面所成的角，
在中，，则，，
而，则，此时，
由平面，平面，得，而平面，
则平面，又平面，于是，
在中，，则，
所以四面体的体积.
最新高考真题回顾（5题）
【典例】16．（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）.
【分析】（1）通过证明，，得出平面，即可证明面面垂直；
（2）（i）建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设在同一球面上，在平面中，得出点坐标，进而得出点在空间中的坐标，计算出，即可证明结论；
（ii）写出直线和的方向向量，即可求出余弦值.
【详解】（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，
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.
（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：.
【典例】17．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为．
(1)证明：平面；
(2)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）先应用线面平行判定定理得出平面及平面，
再应用面面平行判定定理得出平面平面，进而得出线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点的坐标表示出来，然后将平面及平面的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其正弦值.
【详解】（1）设，所以，因为为中点，所以，因为，，所以是平行四边形， 所以，所以，
因为平面平面，所以平面，
因为平面平面，所以平面，
又，平面，所以平面平面，
又平面，所以平面．
（2）
因为，所以，又因为，所以，
以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系.
因为，平面与平面所成二面角为60° ，
所以.
则，，，，，.
所以.
设平面的法向量为，则
，所以，令，则，则.
设平面的法向量为，
则，所以，
令，则，所以.
所以.
所以平面与平面夹角的正弦值为.
【典例】18．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）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．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出．
【详解】（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．
【典例】19．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；
（2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.
【详解】（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.
【典例】20．（2024·全国甲卷·高考真题）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．
【答案】(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；
（2）作交于，连接，易证三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解.
【详解】（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，
平面的法向量为，
则，即，令，得，即，
则，即，令，得，
即，，则，
故二面角的正弦值为.
最新模考基础练（5题）
21．（2025·陕西·一模）如图，在三棱台中，平面ABC，，，，，M为的中点．
(1)证明：平面AMC；
(2)求平面和平面AMC夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）连接，可证，由平面ABC，得，利用线面垂直的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，由（1）知平面AMC的一个法向量为，利用夹角公式即可求解.
【详解】（1）（1）如图，连接，由题意知平面，所以，又，，所以，
因为M是的中点，所以．
因为平面ABC，所以，又，，所以平面，所以．
因为，所以平面AMC．
（2）以A为坐标原点，以直线AB，AC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
，，，，，
所以，．
设平面的法向量为，
则，取，
由（1）知平面AMC的一个法向量为，
因为，
所以平面和平面AMC夹角的余弦值为．
22．（2025·江西南昌·一模）如图，在三棱锥中，平面，为的中点．

(1)求证：；
(2)求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点为，连接，即可证明，，从而得到平面，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）取的中点为，连接，

因为为的中点，所以，
因为平面，所以平面，又平面
所以，
因为，所以，
因为，平面，
所以平面，且平面，
所以；
（2）以点为坐标原点，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，
所以，
所以，则，
所以，
平面的法向量为，
所以，
即与平面所成角的正弦值为．
23．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，矩形中，，，E为BC的中点，将沿翻折至，平面平面．
(1)求证：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)
【分析】（1）连接，即可证明，再由面面垂直的性质得到平面，从而得到，结合，即可得证；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）连接，由， ，得，
由，，得，
所以，
所以，即，
由平面平面，平面，平面平面，
所以平面，
又平面，所以，
又平面，
所以平面.
（2）如图以为原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，取，
设直线与平面所成角为，
则
直线与平面所成角的正弦值为．
24．（2025·四川成都·一模）如图，在四棱台中，下底面是边长为的正方形，侧棱与底面垂直，且.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作辅助线构造平行四边形，得到线线平行通过线面平行的判定定理可证；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量进而求法向量夹角的余弦值即可.
【详解】（1）连接交于点，连结，.
因为底面是正方形，所以是的中点.
又，所以，故.
由棱台的定义，与共面，因为棱台的上、下底面平行，所以它们与平面的交线平行，即.
所以四边形为平行四边形，故.
又因为平面，平面，所以平面.
（2）以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，，.
故，，，.
设平面的法向量，由得.
取，得平面的一个法向量.
设平面的法向量，由得.
取，得平面的一个法向量.
故.
所以平面与平面夹角的大小为.
25．（2025·河北·一模）如图，在几何体中，底面为平行四边形， 平面⊥平面.

(1)证明:四边形为菱形;
(2)若，且，，求平面与平面的夹角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的性质得出线线垂直，进而证明平面，得出对角线垂直，进一步可得结论；
（2）建立空间坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量夹角公式可求答案.
【详解】（1）设，连接，过向作垂线，垂足为，
因为平面⊥平面，平面平面，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，所以，
因为,平面，所以平面，所以，
因为为平行四边形，所以为菱形.

（2）因为，结合（1）可知底面为正方形，
以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，则;
,;
设平面的一个法向量为，则，
令得，.
设平面的一个法向量为，则，
令得，.
设平面与平面的夹角为，则，
所以，即平面与平面的夹角的正弦值为.

最新模考能力练（5题）
26．（2026·重庆·一模）如图，已知三棱台的高为为的中点，，平面平面.

(1)求证：平面；
(2)求与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）借助面面垂直的判定定理即可得线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，再运用向量夹角公式，即可得解.
【详解】（1）由，，，
故与全等，故，
又因为为的中点，故，
又因为平面平面，平面平面，
且平面，故平面；
（2）连接，由平面，平面，故，
又为的中点，故，
即两两垂直，且，
故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，

有，
由三棱台的高为，故，故，
，
则，
设平面的法向量为，
则有，即，
令，则有，故，
设与平面所成角为，
则有，
则，
因此，与平面所成角为.
27．（2026·河北·模拟预测）如图，该几何体是由半圆锥 PO 和三棱锥P-ABC组合而成的，H为半圆弧AB 的中点，A，B，C，H 四点共面，△PAB 是边长为10的正三角形，BC=8，AC=6，在半圆弧AB上取一点F，使得AF∥BC，连接PF，D，E 分别为线段PA，PF 的中点．
(1)证明：平面ODE∥平面 PBC．
(2)求异面直线 BH 与OE 所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用三角形的中位线以及平行的传递性证得DE∥平面PBC，根据平面与平面平行的判定定理即可证得.
（2）建立空间直角坐标系，分别求出，坐标，利用向量法求异面直线 BH 与OE 所成角的余弦值即可.
【详解】（1）由 D，E 分别为线段PA，PF 的中点，知DE∥AF，又由AF∥BC，知DE∥BC，
平面PBC，平面PBC，故DE∥平面PBC
又由D，O分别为线段PA，AB 的中点，知OD∥PB，
平面PBC，平面PBC，故OD∥平面PBC，
又由OD，DE⊂平面ODE，且OD∩DE=D，知平面ODE∥平面PBC．
（2）以O为坐标原点， 的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，．
又△PAB 是边长为10 的正三角形，知则．
过点 F 作FG⊥AB，垂足为G，由AB=10，BC=8，AC=6，知
又由AF∥BC，知 则AF=8，
知 故
又E 为线段PF 的中点，则
故
则.
故异面直线BH 与OE 所成角的余弦值为
28．（2026·重庆·模拟预测）如图1，在中，两点分别为（靠近）､（靠近）的三等分点，.现将沿折起得到四棱锥，在图2中.
(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的正弦值为？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）证明出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为原点，、、的方向分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，求得，根据面面角的向量求法建立等式计算求解即可.
【详解】（1）在图1的中，，
所以，且，，
因为，所以，，则，，
在中，，，，则，
在图2的中，，，，
满足，所以，
因为，，，、平面，
所以平面.
（2）由题意得平面，，
以点为原点，、、的方向分别为、、轴，
建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、，
，，
设线段上存在一点，，，
则，，即，
解得，故，
设平面的一个法向量，
则，取，则，
所以平面的一个法向量为，
取平面的一个法向量为，
由题意可得，
令，则，解得，
当时，得，当，此时无解，
所以线段上存在一点，且.
29．（2026·湖北·模拟预测）如图，在平面四边形中，，，将沿翻折至，其中P为动点.

(1)证明：；
(2)求二面角余弦值的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，求证平面，再根据线面垂直的性质定理即可求证；
（2）以为原点建系，设，进而求出平面和平面的法向量，求出 ，令，结合一元二次函数求最值.
【详解】（1）取中点，连，，
因为底面为正三角形，，则，，
又平面，，所以平面，
又平面，所以.
（2）以为原点，为x轴，为y轴，垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，其中，
因为，，所以，

则，，，，，
则，，，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，
，
令，，
则，，
则
令，则，
则，，
当即时，有最小值，最小值为，
故二面角余弦值的最小值为.
30．（2026·辽宁大连·一模）如图，已知四棱锥的底面为正方形，底面，设平面与平面的交线为直线.

(1)证明：；
(2)，点在直线上.
（i）若，且点均在球的球面上，证明：点在球的球面上；
（ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）或
【分析】（1）先应用线面平行判定定理再结合性质定理证明；
（2）（i）建立空间直角坐标系，根据，得，设球的球心，根据得球心，半径为，验证即可；
（ii）设，平面的法向量为，利用线面角的向量法求解.
【详解】（1）在正方形中，，
因为平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，所以；
（2）以点为原点，为轴，
如图建立空间直角坐标系，

则，，，，，
（i）因为点在直线上，
设，因为，则，即，
设点所在球的球心，
则，
即，
解得，即球心，半径为，
又，
所以点在球的球面上；
（ii）设，且，
设平面的法向量为，则，
可取，记直线与平面所成的角为，
则，
解得或，
所以的长为或.
最新模考压轴练（5题）
31．（2026·河北沧州·一模）如图所示，在四棱锥中，平面，平面，是等边三角形．
(1)若为棱上一点，直线与平面交于点，证明：平面；
(2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)或28
【分析】（1）利用线面平行的判定定理与性质定理进行证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角，通过代数运算求线段长度.
【详解】（1）因为平面，平面，所以，
因为平面，平面，所以平面，
由已知，四点共面，
又因为平面，平面平面，所以，
因为平面，平面，所以平面．
（2）令，
取的中点为，连接，过作，且交于，
因为，平面，所以平面，
因为是正三角形，，所以．
以为坐标原点，方向为轴正方向，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，即，
取，则，
设直线与平面所成角为，
则，
整理得，解得或，
即或28．
32．（2026·河北邢台·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，.
(1)证明：平面平面.
(2)求平面与平面 所成锐二面角的余弦值.
(3)在棱上(不含端点)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.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，.
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，由，可得，求出平面法向量，由面面角向量法计算即可求解；
（3）设，由线面平行向量法建立等式计算即可求解.
【详解】（1）因为平面，平面，所以，
因为，，平面，
所以平面，平面，所以平面平面；
（2）因为平面，，所以两两互相垂直，
以为坐标原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，设，
，，
因为，所以，解得，所以，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
由题意可得可以为平面的一个法向量，
设平面与平面 所成锐二面角为，
则，
所以平面与平面 所成锐二面角为；
（3）设，因为点在棱上(不含端点)，所以，
设，则，，
因为，所以，
则，所以，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
所以平面的一个法向量为，
若平面，则，
即，解得，
所以存在点，且.
33．（2026·陕西宝鸡·一模）如图，四棱锥中，平面平面，，，，，，，
(1)求证：平面；
(2)设平面平面，求与平面所成角的正弦值．
(3)设平面，求当周长最小时三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）如图，取中点为，连接，由题可证，结合，可得平面，从而，最后结合可完成证明；
（2）如图建立以为原点的空间直角坐标系，由题求出方向向量与平面的法向量，据此可得答案；
（3）如图，由（1）做出关于平面的对称点，连接，其与平面交点即为满足题意的Q，然后由题可得Q坐标，据此可得体积．
【详解】（1）取中点为E，连接PE，因，则，
又平面平面，平面，平面平面，
则平面，平面，则．
又，平面，，
所以平面，平面，则．
又，平面，，
所以平面．
（2）如图，连接，因，则，
结合（1），可得两两垂直，故建立以为原点的空间直角坐标系．
因，则．
因，，则．
从而，
．
设平面与平面法向量 分别为，，
则，，
可取，.
设方向向量为，因平面平面，
则，从而可取.
设与平面夹角为，易得平面法向量为，
则；
（3）由（1）可得平面，延长至，使，
则为关于平面的对称点，从而，
当且仅当三点共线时取等号，
又，则连接，与平面交点即为满足题意的Q.
由（2），则，.
设，又，
则，注意到平面，
则，则，
又，则，即.
则.
34．（2025·四川成都·一模）如图所示，在直三棱柱中，，，点是线段上的动点（不与点重合）.
(1)求证：
(2)若平面与平面所成角的正弦值不小于，求线段的取值范围.
(3)设点到面的距离为，四面体的外接球半径为，求的取值范围.
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】(1)根据题意，建立空间直角坐标系，利用两向量数量积等于零证明两直线垂直；
(2)设，通过求得平面和平面的法向量，结合二面角的向量求法，即可得到关于的不等式，解不等式即可求得的取值范围；
(3)设四面体的外接球心的坐标为，，根据空间两点间距离公式，由，可得，即，再由，可得，结合二次函数的性质，可求得，又，再结合二次函数的性质即可求解的范围，根据空间中点到线的距离公式可得的值，即可求解.
【详解】（1）在直三棱柱中，，，，
则以为原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
，
，
即，故.
（2）设，则，
则，
设平面的法向量为，
则，取，则，故，
又在直三棱柱中，，则平面，
所以平面的法向量为，
设二面角的平面角为锐角，
有
则二面角的余弦值为：
令，因为，则，故，
即，则，即，故，所以，
故.
（3）设四面体的外接球心的坐标为，
则，
故，
则，所以外接球心的坐标为，
代入得，
即，
则，当时，取得最小值为，
当或时，，所以，
所以，当时，取得最小值为，
当时，，所以，
所以，
由（1）知，
设平面的法向量为，
，取，则，
所以，
点到平面的距离为，
所以的取值范围为.
35．（2025·浙江台州·一模）已知正方体的棱长为2，是空间中的一点.

(1)证明：直线平面；
(2)若直线平面，则在平面内是否存在点，使得的长为定值，若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.
(3)若点在平面内，且满足平面平面，请判断点的轨迹，并说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
(3)点的轨迹为抛物线，理由见解析
【分析】（1）要证明线面垂直，则需要证明该直线与平面内的两条相交直线均垂直即可.
（2）方法一：建立空间直角坐标系，根据平面，利用坐标列出方程组，然后计算，即可判断其是否是定值；方法二：取中点，连接，再取的中点，先证明，得出平面，然后求出的长.
（3）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，根据面面垂直列出式子，即可得到轨迹是抛物线.
【详解】（1）在正方体中，
因为平面平面，所以.
又因为，平面.
所以平面.
（2）法一：如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，

则.
设点，则，
因为平面，所以得*
设平面内存在点，满足长为定值，
则，
由*式得，
所以当时，长为定值，此时点.
法二：如图，取中点，连接，再取的中点，

因为平面，所以.
又因为平面，所以平面，
得平面.
在中，因为为定值，
所以在平面内存在点，使得的长为定值，且为的中点.
（3）如图，以为坐标原点，以分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，则.

设点，平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为，
得，
由
取，得，即.
由得，取，得.
即.
又因为平面平面，所以，
得，故点的轨迹为抛物线.