专题03 空间几何与空间向量（解答题10种考法）讲义--2024届高三数学二轮复习《考法分类》专题训练（新高考）.zip

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考法一 平行
【例1-1】（2023春·河北邯郸 ）如图，在三棱柱中，G，O，H，M分别为DE，DF，AC，BC的中点，N为GC的中点.

(1)证明：平面ABED.
(2)证明：平面平面BCFE.
【答案】证明见解析
【解析】（1）证明：如图，连接BG.
∵M为BC的中点，N为GC的中点，∴.
∵平面ABED，平面ABED，∴平面ABED.

（2）∵G，O分别为DE，DF的中点，∴.
∵平面BCFE，平面BCFE，∴平面BCFE.
∵且，∴四边形OFCH是平行四边形，∴.
∵平面BCFE，平面BCFE，∴平面BCFE.
又，∴平面平面BCFE
【例1-2】（2023秋·云南）如图，四棱锥的底面为平行四边形．设平面与平面的交线为l，M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点．

(1)求证：平面平面；
(2)求证：．
【答案】证明见解析
【解析】（1）因为、、分别为、、的中点，底面为平行四边形，
所以，，
又平面，平面，
则平面，
同理平面，平面，
可得平面，
又，平面，
所以平面平面.
（2）因为，平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，
所以.
【例1-3】（2023·青海）如图，在四棱锥A-BCDE中，底面BCDE为矩形，M为CD中点，连接BM，CE交于点F，G为△ABE的重心，证明：平面ABC
【答案】证明见解析
【解析】延长EG交AB于N，连接NC,
因为G为△ABE的重心，所以点N为AB的中点，且 ,
因为 ,故 ,所以 ,故，故 ,
而平面ABC，平面ABC,故平面ABC；
【例1-4】（2023·全国·统考高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，，证明：

【答案】证明见解析；
【解析】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，
.
【例1-5】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，，，为点在平面上的射影，为的中点．证明：平面.

【答案】证明见解析
【解析】在平面内，过点作于点，连接，，

∵，则，
又∵平面，平面，∴平面．
又∵平面，平面，平面，
∴，，
又∵，为公共边，∴，
∴，又∵为公共边，∴，
∴，为的中点，
又∵为的中点，∴为的中位线，，
又∵平面，平面，∴平面．
又∵，平面，平面，
∴平面平面，
又∵平面，∴平面．
【变式】
1．（2023春·浙江金华）在正方体中，分别是和的中点，求证

(1)
(2)平面．
(3)平面平面．
【答案】证明过程见解析
【解析】（1）连接，因为底面是正方形，且点是中点，
所以，即点也是中点，
又因为点是中点，所以由三角形中位线定理可得；
（2）由（1），因为平面，平面，所以平面；
（3）连接，因为分别是和的中点，所以由正方体的性质可知：，
所以四边形是平行四边形，所以有，而，
所以，因为平面，平面，
所以平面，而平面，所以平面平面.

2．（2023春·新疆省直辖县级单位 ）如图，已知平面ACD，平面ACD，为等边三角形，，F为CD的中点，求证：∥平面BCE.
【答案】证明见详解
【解析】因为平面ACD，平面ACD，则∥，
取的中点，连接，
因为分别为的中点，则∥，且，
由题意可得：∥，且，
则∥，且，则为平行四边形，
可得∥，
且平面BCE，平面BCE，
所以∥平面BCE.

3．（2022春·浙江温州 ）已知三棱锥中，，，为中点，为中点，在上，，求证：平面

【答案】证明见解析
【解析】连接并延长，交于点，取的中点，连接，
因为为中点，所以，，所以，
所以，又为中点，所以，
所以，因为，所以，
所以，可得，
因为平面，平面，所以平面；

4．（2022秋·吉林长春）如图，在正三棱柱中，，点在上，且，为中点，证明：平面

【答案】证明见解析
【解析】证明：如图所示，分别延长和交于点，设，
设，因为，可得，
由，可得，即，解得，
又因为为的中点，可得，所以，所以，
又由，所以四边形为平行四边形，所以为的中点，
设，因为四边形为矩形，所以为的中点，
在中，由三角形的中位线定理，可得，
又因为平面，平面，所以平面.
考法二 垂直
【例2-1】（2023秋·海南海口 ）已知三棱锥中，底面，，分别为，的中点，于．

(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面．
【答案】证明见解析
【解析】（1）∵底面，底面，∴；
又，为的中点，
∴，
又∵平面，，
∴平面，平面，
∴，又，平面，，
∴平面；
（2）由平面知，；又分别为的中点，
∴是的中位线，∴，∴，即，
由平面可知，，，
为平面与平面的二面角，又，
∴平面平面．
【例2-2】（2022·河北石家庄·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，点为的中点，且平面，求证：平面
【答案】证明见解析
【解析】证明：取的中点，连接、，
、分别为、的中点，则且，
又因为，，所以，且，
则四边形为平行四边形，所以．
又平面，所以，平面，
平面，，
又，，所以平面．
【例2-3】（2023北京）在平行四边形中过点作的垂线交的延长线于点，.连接交于点，如图1，将沿折起，使得点到达点的位置.如图2.证明：直线平面.
【答案】证明见解析
【解析】证明：图1中，在中，所以.所以
也是直角三角形，
，
在图2中，所以平面.
【例2-4】（2023·全国·高三专题练习）如图，三棱锥中，，均为等边三角形，，O为AB中点，点D在AC上，满足，且面面ABC．证明：面POD．

【答案】证明见解析
【解析】证明：由条件、为等边三角形，为的中点，
则，，，
由余弦定理得
从而在中，，
得为直角三角形，且，
又面面，面面，且，面，
则由面面垂直的性质定理可得面
由面,所以
因此由，，，平面，
所以平面，
即面POD.
【变式】
1.（2023·全国·统考高考真题）如图，三棱锥中，，，E为BC的中点，证明：；

【答案】证明见解析；
【解析】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．（2023秋·山东）如图所示，在正方体中，为棱的中点，N为棱上的点，且，求证：.

【答案】证明见解析
【解析】连接，设，则，，
，又，∴.

∴，又，
∴，即，
又平面，平面，所以，
平面，所以平面，
平面，∴.
3．（2023·湖南）如图，在四棱台中，平面平面ABCD，底面为正方形，，.求证：平面.

【答案】证明见解析
【解析】证明：因为平面平面，平面平面，，平面，
则平面.
又平面，则；
在等腰梯形，如下图，作，
由题可知，，
又，则，结合，得.
因，则.
又平面，平面，，
则平面.
4.（2023湖北）如图，在侧棱垂直于底面的三棱柱中，，是线段的中点，是线段靠近点的四等分点，点在线段上，求证：
【答案】证明见解析
【解析】由题意，在直三棱柱中，，
不妨设，则，
由余弦定理可得，因为，可得，
又由是线段的中点，所以，且，
因为平面，平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以,
在直角中，，
因为是线段靠近点的四等分点，可得，
所以,可得，
又由且平面，所以平面，
因为平面，所以.
考法三 空间角之向量法
【例3-1】（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【解析】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，则
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、、、、、、、、，则，
易知平面的一个法向量为，则，故，
平面，故平面.
（2）解：，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，.
因此，直线与平面夹角的正弦值为.
（3）解：，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，则，
因此，平面与平面夹角的余弦值为.
【例3-2】（2023·广东茂名·统考一模）如图所示，三棱锥，BC为圆O的直径，A是弧上异于B、C的点.点D在直线AC上，平面PAB，E为PC的中点.
(1)求证：平面PAB；
(2)若，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】（1）因为平面PAB，平面平面，平面CAB
所以.
又O为BC中点，所以D为AC中点.
又E为PC中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）
如图1，取的中点F，连结PF、AF.
由已知底面在半圆O上，BC为圆O的直径，可得.
因为
所以，
所以.
又，则有，
所以，.
则有，，，
所以，，，
又，平面，平面.
所以平面.
法一：如图2建立如图所示的空间直角坐标系.
由，，可得.
，，，，，.
所以，，.
设为平面PAB的一个法向量，
则，
令，则，，则.
设为平面PBC的一个法向量，
则，
令，则，，则.
设平面PAB与平面PBC的夹角为，则
.
法二：如图3，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，
则，，，，，
所以，，.
设为平面PAB的一个法向量，
则，
令，则，，则.
设为平面PBC的一个法向量，
则，
令，则，，则.
设平面PAB与平面PBC的夹角为，则
.
【变式】
1．（2023·云南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，为的中点．

(1)证明：；
(2)求二面角的平面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】（1）在四边形中，，取中点，连接，
由，得，则四边形是平行四边形，又，
因此是矩形，即有，有，，
从而，即，而平面，平面，则，
又平面，于是平面，而平面，
所以.

（2）由（1）知两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
依题意，，，
设平面的一个法向量，则，令，得，
设平面的一个法向量，则，令，得，
因此，显然二面角的平面角为钝角，
所以二面角的平面角的余弦值为.
2.（2023·全国·统考高考真题）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．
【答案】(1)证明见解析；(2)．
【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．
3（2022·全国·统考高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面

（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
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；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.

考法四 空间角之几何法
【例4-1】（2023秋·四川遂宁 ）如图，多面体中，四边形为平行四边形，，，四边形为梯形，，，，，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).
【解析】（1）由四边形是平行四边形，得，而平面，平面，则平面，
由，平面，平面，得平面，
又，平面，因此平面平面，而平面，
所以平面.
（2）由平面，平面，得，连接，则，
在平面内过作于，连接，显然，而平面，
于是平面，则为直线与平面所成的角，
又，则，因此，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【例4-2】（2023春·河南商丘 ）如图，四边形是正方形，平面，且 . 求：

(1)求二面角的大小．
(2)求二面角的大小.
(3)求二面角的大小的正弦值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】（1）∵平面，面,
∴,,∴为二面角的平面角，
又∵四边形是正方形，∴，
即二面角的大小为；
（2）作的中点,的中点,连接,,,

∵平面，面,∴,
∵，∴为等腰直角三角形，
∵为的中点，∴,
又∵,,平面,且,
∴平面,∴,
∵分别为和的中点，∴,
∴为二面角的平面角，
∵,∴平面,∴,∴,
即二面角的大小为；
（3）连接,

∵,,∴,
∴,∴二面角的大小的平面角，
又∵,,平面,且,
∴平面,∴,
∵,∴,∴,
∴ ,
即二面角的大小的正弦值.
【变式】
1．（2023春·福建宁德 ）四棱锥中，底面为平行四边形，侧面底面，已知，，，．

(1)证明：；
(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）作，垂足为，连接，
由侧面底面，
侧面,且侧面底面，
得底面．
因为，所以，
又，故为等腰直角三角形，，
且平面，
所以平面，
又因为平面，
所以,即.
（2）证明：由（1）知，
依题，
故，由，，，
又，
作，垂足为，
侧面底面，
平面,且侧面底面，
得平面，
连接,
所以为直线与平面所成的角，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为．

2．（2023秋·山东潍坊·高三校考阶段练习）如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，且，，平面，，分别是线段，的中点.

(1)证明：；
(2)若与平面所成的角为，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【解析】（1）连接AF，则，又，，
∴，∴，
∵平面ABCD，平面ABCD，
∴，
又平面PAF，
∴平面PAF，又平面PAF，
∴；
（2）平面，是与平面所成的角，
且．，
∵平面PAF，∴， ，
∴为平面PFD与平面CFD所成锐角，
∴，
故二面角的余弦值为.
考法五 空间距离之向量法
【例5】（2023·重庆·统考模拟预测）在多面体中，四边形是边长为4的正方形，，△ABC是正三角形．

(1)若为AB的中点，求证：直线平面；
(2)若点在棱上且，求点C到平面的距离．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【解析】（1）连接，设，由题意可得为的中点，连接，
因为分别为的中点，则//，
平面，平面，
所以直线平面.

（2）由题意可得：，，平面，
所以平面，
取的中点，连接，
因为△ABC是正三角形，则，
又因为平面，平面，则，
，平面，
所以平面，
如图，以为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，即，
所以点C到平面的距离.

【变式】
1．（2023·天津北辰·校考模拟预测）在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，，，，为中点，在线段上，且.

(1)求证：平面；
(2)求直线PB与平面所成角的正弦值；
(3)求点到PD的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【解析】（1）如图，取中点，连接

因为为中点，，，，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为为中点，为中点，则，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
又平面，故平面．
（2）
根据题意，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由条件可得，，
则，
设平面的法向量为，
则，解得，
取，则，所以平面的一个法向量为，
设直线PB与平面所成角为，
则.
所以直线PB与平面所成角的正弦值为.
（3）由（2）可知，，
所以点到PD的距离为.
2．（2023·江西景德镇·统考三模）如图，等腰梯形中，，，现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.

(1)证明：面面；
(2)若为上的一点，点到面的距离为，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）在梯形中，取中点，连接，

，，四边形为平行四边形，，
，；
，，平面，平面，
平面，平面平面.
（2）分别取中点，连接，
，为中点，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，
分别为中点，，平面，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
，，，，，
设，
则，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
点到平面的距离，解得：，；
平面轴，平面的一个法向量，
，又二面角为锐二面角，
二面角的余弦值为.
3．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测）三棱台中，平面，，且，，是的中点．

(1)求三角形重心到直线的距离；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）因为，所以，，
在平面内过点作，建立如图所示空间直角坐标系，则

，，，，，
过点作，设，
.
则.
因为，
所以，解得，
所以，．
即三角形重心到直线的距离为.
（2），，，
设平面的法向量，则，
取，则
设平面的法向量，则，
取，则
所以，
由图可知，二面角为锐角，所以，二面角的余弦值为．
考法六 空间距离之几何法
【例6】（2023·天津·统考高考真题）三棱台中，若面，分别是中点.

(1)求证：//平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【解析】（1）
连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，
由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，
又平面，平面，于是//平面.
（2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接.
由面，面，故，又，，平面，则平面.
由平面，故，又，，平面，于是平面，
由平面，故.于是平面与平面所成角即.
又，，则，故，在中，，则，
于是
（3）[方法一：几何法]

过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.
由题干数据可得，，，根据勾股定理，，
由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.
又平面，则，又，，平面，故平面.
在中，，
又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，
即点到平面的距离是.
[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.
设点到平面的距离为.
，
.
由，即.
【变式】
1．（2023·江西景德镇·统考三模）如图，等腰梯形ABCD中，，，现以AC为折痕把折起，使点B到达点P的位置，且.

(1)证明：平面平面；
(2)若M为PD的中点，求点P到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）在梯形ABCD中取AD得中点N，连接CN，

则由BC平行且等于AN，可知ABCN为平行四边形，
所以，由可得C点在以AD为直径的圆上，
所以.又，，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）取AC得中点O，连接PO，OD，由得，

由（1）知，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，又M为PD的中点，
所以，因为平面，平面，所以，，
又M为PD的中点，所以，则，
所以，，
，所以，
由余弦定理得，
所以，
所以，
所以，因为平面，
所以点到平面的距离CD是点到平面距离的2倍，
即点M到平面PAC的距离为1，
，
设点P到平面的距离为，
因为，所以，解得.
2．（2023·新疆·统考三模）如图，在四棱锥中，底面是长方形，，，点为线段的中点，点在线段上，且．

(1)证明：平面平面；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）证明：因为，所以．
又平面，
所以平面，又平面，所以平面平面．
（2）如图，作于于，连接，

因为平面平面，所以．
因为平面，
所以平面；
因为平面，所以；
因为平面，
所以平面平面，所以．
设棱锥的高为，
因为底面是长方形，，点为线段的中点，且．
所以
所以，
因为，即，
得，所以棱锥的高
3．（2023·江西景德镇·统考三模）如图，等腰梯形ABCD中，，，现以AC为折痕把折起，使点B到达点P的位置，且.

(1)证明：平面平面；
(2)若M为PD的中点，求点P到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）在梯形ABCD中取AD得中点N，连接CN，

则由BC平行且等于AN，可知ABCN为平行四边形，
所以，由可得C点在以AD为直径的圆上，
所以.又，，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）取AC得中点O，连接PO，OD，由得，

由（1）知，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，又M为PD的中点，
所以，因为平面，平面，所以，，
又M为PD的中点，所以，则，
所以，，
，所以，
由余弦定理得，
所以，
所以，
所以，因为平面，
所以点到平面的距离CD是点到平面距离的2倍，
即点M到平面PAC的距离为1，
，
设点P到平面的距离为，
因为，所以，解得.
考法七 折叠问题
【例7】（2023秋·山东泰安 ）如图1，四边形为矩形，，E为的中点，将、分别沿、折起得图2，使得平面平面，平面平面．

(1)求证：平面；
(2)若F为线段的中点，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）在图2中，取、的中点M、N，连接、、，
在图1中，，且E为AB的中点，则，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，同理，平面，所以.
又因为，所以四边形为平行四边形，所以，
而平面，平面，所以平面.
（2）在图1中，，，.
以点E为坐标原点，，所在的直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，

设，则，
向量，
设平面的法向量为
由，得，令，
得平面的一个法向量为，
又，
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．
【变式】
1．（2023·河南·校联考模拟预测）已知中，，，，，将沿折起，使点A到点处，．

(1)证明：平面平面；
(2)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）证明：因为，，可得，
又因为，所以， 即，
又，且平面，则平面，
因为平面，所以，
又因为，即，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，故平面平面．
（2）解：以为坐标原点，以DE，DB所在直线为x轴、y轴，以垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
在直角三角形中，，，则，
由（1）知平面，则为平面的法向量，且，
设直线CD与平面所成角的角为，
则，
故直线CD与平面所成角的余弦值为．

2．（2023·吉林长春·东北师大附中校考一模）长方形中，，点为中点（如图1），将点绕旋转至点处，使平面平面（如图2）．

(1)求证：；
(2)点在线段上，当二面角大小为时，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【解析】（1）证明：在长方形中，，为中点，
，
，
平面平面，平面平面，
平面，
平面，平面，
，又，平面，平面，
，
平面，平面，
.
（2）
如图，取的中点，的中点，连接，
由题意可得两两互相垂直，
以为坐标原点，以，， 分别为x，y，z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，是平面的一个法向量，，
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
考法八 动点
【例8-1】（2023春·山西运城·高一统考期中）如图，正三棱柱中，E、F、G分别为棱、、的中点．

(1)证明：∥平面；
(2)在线段是否存在一点，使得平面∥平面？若存在，请指出并证明；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；N为的中点，证明见解析
【解析】（1）证明：取的中点，连接，，
在中，因为E、M分别为、的中点
所以且．
又为的中点，，所以且，
即且，
故四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面．

（2）当N为的中点时，平面平面．
证明：连接，．
因为N，F分别是和的中点，所以．
因为平面，平面，所以平面．
因为，，所以．
因为平面，平面，所以平面．
又因为平面，平面，，
所以平面平面．

【例8-2】（2023秋·湖南长沙 ）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，侧面底面，M是的中点．

(1)求证：平面；
(2)在棱上是否存在点N使平面平面成立？如果存在，求出；如果不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，.
【解析】（1）由侧面是正三角形，M是的中点，得，
由正方形，得，而平面平面，平面平面，
且平面，则平面，又平面，于是，
而平面，
所以平面.
（2）取的中点，的中点，连接，连接，连接，连接，

于是，由正方形，得，则，令，
显然是正的中心，，，
又平面平面，平面平面，则平面，
平面，即有，而平面，
则平面，平面，在平面内过作交于，
显然，而平面，因此平面，
连接并延长交于，连接，于是平面平面，
过作，则有，，，
，，则，又，，
从而点是线段的中点，，过作交于，
于是，即，显然，因此，
所以在棱上存在点N使平面平面成立，.
【变式】
1．（2023·全国·统考高考真题）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．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1
【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，
.
2．（2023春·浙江嘉兴）如图，四棱锥的底面为矩形，平面，且，分别为的中点.

(1)证明：平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得平面平面，若存在，请找出该点，并给出证明；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点为的中点，证明见解析
【解析】（1）证明：因为平面，平面，所以，
矩形中，，，平面，
所以平面；
（2）存在满足条件的点，为的中点．

证明：在中，，又平面，平面，
所以平面．
又因为分别是的中点，而，，所以，，
所以四边形是平行四边形．
所以，而平面，平面，
所以平面．
又因为，平面，
所以平面平面．
3．（2023·北京）如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，，，且，，是的中点．在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

【答案】存在，
【解析】存在点，使得平面，此时，证明如下：

连接，为中点，连接，
直角梯形中，，，，，
则，，四边形为平行四边形，有，则，
所以，
又底面，底面，则，
则，，
则，得，
又，，，
由余弦定理得，，
则，，
又，是的中点，则，
，平面，则平面，
故存在点，使得平面，此时．
4．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考三模）如图，在四棱台中，底面是菱形，，，平面.

(1)证明：BDCC1；
(2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；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:如图所示，连接,
因为为棱台，所以四点共面，
又因为四边形为菱形，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为且平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：取中点，连接，
因为底面是菱形，且，所以是正三角形，所以，即，
由于平面，以为原点，分别以为轴、轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
假设点存在，设点的坐标为，其中，
可得
设平面的法向量，则，
取，可得，所以.
又由平面的法向量为，
所以，解得
由于二面角为锐角，则点在线段上，所以，即
故上存在点，当时，二面角的余弦值为.

考点九 外接球
【例9】（2023湖南）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，.
（1）求证：平面；
（2）若直线与底面所成的角的余弦值为，求三棱锥的外接球表面积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）在四边形中，，，，
，为等腰直角三角形，即，
平面平面，，平面平面，
平面，又平面，，
，平面，平面.
（2）平面，平面，，，
又，，，即，
，平面，平面，
平面，，
即，均为直角三角形，且公共斜边为，
中点到三棱锥四个顶点的距离相等，
三棱锥的外接球半径；
平面，为直线与底面所成的角，
，又，，
三棱锥的外接球表面积.
【变式】
1．（2023·全国·模拟预测）如图，球O是正三棱锥和的外接球，M为的外心，直线AM与线段BC交于点D，D为BC的中点，两三棱锥的高之比为，E为PA上一点，且．
(1)证明：；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【解析】（1）过M作，交AB于，易证MA，MP，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，球O的半径为R，
则在中，有，解得．
则，，，
∵，
∴，
，所以
∴，
∴．
（2）因为，
平面，
所以平面PAD，又平面PAD，
∴．
由（1）得，又，平面，
∴平面，
所以平面的一个法向量为．
又∵，，，
∴，．
设平面的法向量为，
则
令，则，，
∴为平面的一个法向量．
设二面角的平面角为，
∴，又，
∴．
故二面角的正弦值为．
2．（2023·全国·高三专题练习）如图矩形中，，沿对角线将折起，使点A折到点P位置，若，三棱锥的外接球表面积为．
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)M为的中点，点N在边界及内部运动，若直线与直线与平面所成角相等，求点N轨迹的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【解析】（1）证明：设O为矩形对角线的中点，
∴．
即．
∴O为三棱锥外接球的球心．
又∵三棱锥外接球表面积为，
∴外接球半径为2．
即．
过P点作，垂足为E，过点C作，垂足为F，
则，，，，
∴
而，
在中，满足
∴为直角三角形，
∵，，
∴平面．
又∵平面，
∴平面平面．
（2）以E为坐标原点，所在直线分别为x轴、z轴，以平面内过E且垂直于的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
可知：
且
设平面的法向量为，
得，取，则，
设平面的法向量为，
得，取，则
设平面与平面夹角为，
则
所以平面与平面夹角余弦值为是．
（3）由（2）中空间直角坐标系可设N为，，，
，
取平面法向量为．
∵直线与直线与平面所成角相等，
∴
得：
整理得：，即
∵N点在边及其内部，
∴N的轨迹为圆落在边及内部的部分．
∴轨迹长度为半径为1的圆周长为．
得
∴N点轨迹长度为．
考法十 最值
【例10】．（2023·福建泉州·统考模拟预测）如图，三棱锥中，，，，平面平面.

(1)求三棱锥的体积的最大值；
(2)求二面角的正弦值的最小值.
【答案】(1)
(2).
【解析】（1）取的中点，连接，

因为，所以
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为，，，所以，，
所以三棱锥的体积为
因为，所以，，
当且仅当，即时，等号成立，
故三棱锥的体积的最大值为.
（2）解法一：由（1）可知平面，又平面，所以，
过作于，连接，

因为平面，，所以平面，
又平面，所以，所以为二面角的平面角，
在中，，
因为，当且仅当时等号成立，
所以的最小值为2.
此时取得最小值，
故二面角的正弦值的最小值为.
解法二：由（1）可知平面，
以为坐标原点，向量，为轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
设，则，
设平面的法向量为，
则，取，则，
又取平面的法向量为，
设二面角的大小为，，
所以，
因为，所以，
令，则，整理可得，
所以，解得，
所以当，即，时，取得最大值，此时取得最小值，
故二面角的正弦值的最小值为.
【变式】
1．（2023·河南·襄城高中校联考模拟预测）如图，在正四棱台中，，，，为棱，的中点，棱上存在一点，使得平面．

(1)求；
(2)当正四棱台的体积最大时，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）作交于，再作交于，连接．
因为平面，所以平面．
又平面平面，所以．
又因为，所以四边形是平行四边形，
所以，即为棱的四等分点，
故也为棱的四等分点，所以．
（2）由（1）易知为的四等分点，所以点在点的正上方，
所以底面．
设，则，所以，
所以该四棱台的体积，
而．
当且仅当，即时取等号，此时，．
以为原点，，分别为轴、轴，
过平行于的直线为轴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，
由得令，则．
设与平面所成角为，
则，
故与平面所成角的正弦值为．
2．（2023·江苏·金陵中学校联考三模）如图，圆锥中，为底面圆的直径，，为底面圆的内接正三角形，圆锥的高，点为线段上一个动点.

(1)当时，证明：平面；
(2)当点在什么位置时，直线PE和平面所成角的正弦值最大.
【答案】(1)证明见解析；
(2)点在距离点处
【解析】（1）因为，，所以是正三角形，则，
又底面圆，底面圆，所以，
在中，，所以，
因为是正三角形，所以，
，，
所以，，
同理可证，
又，，平面，所以平面.
（2）如图，建立以为原点的空间直角坐标系.

设，（），所以，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，故，
设直线和平面所成的角为，
则
，
当且仅当，即时，直线和平面所成角的正弦值最大，
故点在距离点处.
3．（2023·四川内江·校考模拟预测）在直角梯形中，，，，直角梯形绕直角边旋转一周得到如下图的圆台，已知点分别在线段上，二面角的大小为．

(1)若，，，证明：平面；
(2)若，点为上的动点，点为的中点，求与平面所成最大角的正切值，并求此时二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见详解
(2)，
【解析】（1）
如图所示，过Q作QE∥AB交AC于E，连接PE，过C1作C1F∥A1A，交AC于F，
∵，结合圆台的特征知，
又∵，解三角形得，
故，即，
∵， 由题意易知四边形为直角梯形，
∴，，故，
∵面，面，∴QE∥面，
同理PE∥面，
又面PQE，∴面∥面，
面，∴平面，得证；
（2）
如图，结合圆台的特征，当时，此时两两垂直，
故以A为中心，以AB、AC、AA1所在的直线分别为轴、轴、轴，
则，
设，则，，
易知轴⊥面，不妨取作为面的一个法向量，
设与平面所成角为，
则，
即当时，取得最大值，此时为最大角，，
设此时面APQ的一个法向量为，
易得，则，
令，则，即，
由图可知该二面角的平面角为锐角，设其为，故，
故与平面所成最大角的正切值为，此时二面角的余弦值为.