最新高考数学二轮复习讲义重难点突破篇 专题24 立体几何解答题最全归纳总结

这是一份最新高考数学二轮复习讲义重难点突破篇 专题24 立体几何解答题最全归纳总结，文件包含专题24立体几何解答题最全归纳总结教师版docx、专题24立体几何解答题最全归纳总结学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共119页， 欢迎下载使用。

1、明确模拟练习的目的。不但检测知识的全面性、方法的熟练性和运算的准确性，更是训练书写规范，表述准确的过程。
2、查漏补缺，以“错”纠错。每过一段时间，就把“错题笔记”或标记错题的试卷有侧重的看一下。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。
3、严格有规律地进行限时训练。特别是强化对解答选择题、填空题的限时训练，将平时考试当作高考，严格按时完成，并在速度体验中提高正确率。
4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，对学有余力的学生，可适当拓展高考中难点的训练。
5、注重题后反思总结。出现问题不可怕，可怕的是不知道问题的存在，在复习中出现的问题越多，说明你距离成功越近，及时处理问题，争取“问题不过夜”。
6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
专题24 立体几何解答题最全归纳总结
【题型归纳目录】
题型一：非常规空间几何体为载体
题型二：立体几何存在性问题
题型三：立体几何折叠问题
题型四：立体几何作图问题
题型五：立体几何建系繁琐问题
题型六：两角相等（构造全等）的立体几何问题
题型七：利用传统方法找几何关系建系
题型八：空间中的点不好求
题型九：创新定义
【典例例题】
题型一：非常规空间几何体为载体
例1．如图，P为圆锥的顶点，O为圆锥底面的圆心，圆锥的底面直径，母线，M是PB的中点，四边形OBCH为正方形．
（1）设平面平面，证明：；
（2）设D为OH的中点，N是线段CD上的一个点，当MN与平面PAB所成角最大时，求MN的长．
【解析】（1）因为四边形OBCH为正方形，∴，
∵平面POH，平面POH，∴平面POH．
∵平面PBC，平面平面，∴．
（2）∵圆锥的母线长为，，∴，，
以O为原点，OP所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设，，
，为平面PAB的一个法向量，
设MN与平面PAB所成的角为，
则，令，
则
所以当时，即时，最大，亦最大，此时，
所以．
例2．如图所示，圆锥的底面半径为4，侧面积为，线段AB为圆锥底面的直径，在线段AB上，且，点是以BC为直径的圆上一动点；
（1）当时，证明：平面平面
（2）当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值．
【解析】（1）∵垂直于圆锥的底面，
∴，
当时，，∴，又，
∴平面，又平面，
∴平面平面；
（2）由题可知，，
∴，
∴，
当三棱锥的体积最大时，的面积最大，此时为的中点，
如图，建立空间直角坐标系，
则，
∴，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
，
设平面的法向量，
则，即，令，则，
∴，
则，
∴二面角的余弦值为．
例3．如图，圆锥PO的母线长为，是⊙的内接三角形，平面PAC⊥平面PBC．，．
（1）证明：；
（2）设点Q满足，其中，且二面角的大小为，求的值．
【解析】（1）∵，，，
∴
∵平面PAC⊥平面PBC且平面PAC平面，平面PBC，，
∴PB⊥平面PAC，又平面PAC，
∴，
∴，
∴，
∴是正三角形，，
∵
∴；
（2）在平面ABC内作交BC于M，
以O为坐标原点，OM，OB，OP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：
易知，，
所以，，，，
，，
设平面OBC的法向量，
依题意，即，不妨令，得，
易知平面OQB的法向量，
由可知，
即，解得
例4．如图，为圆锥的顶点，为圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆周上一点，，四边形为矩形，点在上，且平面．
（1）请判断点的位置并说明理由；
（2）平面将多面体分成两部分，求体积较大部分几何体的体积．
【解析】（1）点是的中点，
取的中点，连接，，因为为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，
由四边形为矩形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为，平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面，
（2）由（1）知点是的中点，
因为，所以，
所以，且，所以，
所以三棱锥的体积；
又三棱锥的体积，
所以四棱锥的体积，
所以几何体的体积，
所以体积较大部分几何体的体积为；
例5．如图，在直角中，PO⊥OA，PO=2OA，将绕边PO旋转到的位置，使，得到圆锥的一部分，点C为的中点．
（1）求证：；
（2）设直线PC与平面PAB所成的角为，求．
【解析】（1）证明：由题意知：，∴PO⊥平面AOB，
又∵平面AOB，所以PO⊥AB．
又点C为的中点，所以OC⊥AB，
，
所以AB⊥平面POC，
又∵平面POC，所以PC⊥AB．
（2）以O为原点，，，的方向分别作为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，
所以，，．
设平面PAB的法向量为，则取，则
可得平面PAB的一个法向量为，
所以．
例6．如图，四边形ABCD为圆柱的轴截面，EF是该圆柱的一条母线，，G是AD的中点．
（1）证明：平面EBG；（2）若，求二面角的正弦值．
【解析】（1）由已知平面，平面，所以，
因为是圆的直径，所以，
因为，所以平面，平面，故，
因为，所以，易知：△△，
所以，从而，又，
所以平面．
（2）以为坐标原点，为轴正方向，为单位向量，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，从而，
设位平面的法向量，
则，所以，
由（1）知：平面的法向量为
因为，所以二面角的正弦值为．
例7．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．
（1）设P是上的一点，且，求证；
（2）当，时，求二面角的大小．
【解析】（1）因为，，AB，平面ABP，，
所以平面ABP，又平面ABP，所以．
（2）以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得，，，，
故，，．
设是平面AEG的一个法向量，
由可得
取，可得平面AEG的一个法向量．
设是平面ACG的一个法向量，
由，可得
取，可得平面ACG的一个法向量．
所以， 因为，
故所求的角为60°．
例8．如图，四边形是一个半圆柱的轴截面，E，F分别是弧上的一点，，点H为线段的中点，且，点G为线段上一动点．
（1）试确定点G的位置，使平面，并给予证明；
（2）求二面角的大小．
【解析】（1）
当点G为的中点时，平面．
证明：取得中点M，连接．
∵G，M分别为与的中点，
∴，且，
又H为的中点，且，
∴．
四边形是平行四边形，∴
又平面平面
∴平面
（2）由题意知，是半圆柱底面圆的一条直径，
∴．
∴．
由底面，得底面．
∴．
以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则
设平面的一个法向量为
所以
则令则
即
由．得平面
∴平面的一个法向量为
设二面角所成的角为
则
∴二面角所成的角为．
例9．坐落于武汉市江汉区的汉口东正教堂是中国南方唯一的拜占庭式建筑，象征着中西文化的有机融合．拜占庭建筑创造了将穹顶支承于独立方柱上的结构方法和与之相呼应的集中式建筑形制，其主体部分由一圆柱与其上方一半球所构成，如图所示．其中是下底面圆心，是上三点，是上底面对应的三点．且共线，，，，与所成角的余弦值为．
（1）若到平面的距离为，求的半径．
（2）在（1）的条件下，已知为半球面上的动点，且，求点轨迹在球面上围成的面积．
【解析】（1）如图，取上的点．
连接．过作于，
则，由题意知，
设的半径为，，
由勾股定理知，，，
由余弦定理知．代入解得，
因为，，
所以面，
故到面的距离是，
因为，，，
所以面，，
因为，，，所以面，，
而，即，
解得，，
即的半径为．
（2）设上底面圆心为，则，与的夹角为，
所以，
解得，
过作于，则，
所以点P的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，
因此可作出几何体被面所截得到的截面，如图所示．
设弧旋转一周所得到的曲面面积为，弧得到的为，
则，因此．因此点轨迹在球面上围成的面积为．
例10．如图，为圆柱的轴截面，是圆柱上异于的母线．
（1）证明：平面；
（2）若，当三棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值．
【解析】（1）证明：如图，连接，由题意知为的直径，所以．因为是圆柱的母线，
所以且，所以四边形是平行四边形．
所以，所以．因为是圆柱的母线，所以平面，
又因为平面，所以．又因为，
平面，所以平面．
（2）由（1）知是三棱锥底面上的高，由（1）知
，所以，即底面三角形是直角三
角形．设，则
在中有：，
所以，
当且仅当时等号成立，即点E，F分别是，的中点时，三棱锥的体积最大，
（另等积转化法：
易得当F与距离最远时取到最大值，此时E、F分别为、中点）
下面求二面角的正弦值：
法一：由（1）得平面，因为平面，所以．
又因为，所以平面．
因为平面，所以，所以是二面角的平面角，
由（1）知为直角三角形，则．
故，所以二面角的正弦值为．
法二：由（1）知两两相互垂直，
如图，以点E为原点，所在直线
为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则．
由（1）知平面，故平面的法向量可取为．
设平面的法向量为，
由，
得，即，即，取，得．
设二面角的平面角为，
，
所以二面角的正弦值为例11．如图，，O分别是圆台上、下底的圆心，AB为圆O的直径，以OB为直径在底面内作圆E，C为圆O的直径AB所对弧的中点，连接BC交圆E于点D，，，为圆台的母线，．
（1）证明；平面；
（2）若二面角为，求与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）连接，C为圆O的直径AB所对弧的中点，
所以△为等腰直角三角形，即，
又在圆上，故△为等腰直角三角形，
所以且，又是母线且，则，
故且，则为平行四边形，
所以，而面，面，
故平面．
（2）由题设及（1）知：、、两两垂直，构建如下图示的空间直角坐标系，
过作，则为的中点，再过作，连接，
由圆，即圆，圆，则，又，则，
故二面角的平面角为，而，所以．
则，，，，
所以，，，
若为面的一个法向量，则，令，则，
，故与平面所成角的正弦值．
例12．某市在滨海文化中心有滨海科技馆，其建筑有鲜明的后工业风格，如图所示，截取其中一部分抽象出长方体和圆台组合，如图所示，长方体中，，圆台下底圆心为的中点，直径为2，圆与直线交于，圆台上底的圆心在上，直径为1．
（1）求与平面所成角的正弦值；
（2）圆台上底圆周上是否存在一点使得，若存在，求点到直线的距离，若不存在则说明理由．
【解析】（1）（1）由长方体可知，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，．所以．
设平面的一个法向量为，
则有，即，令，则，，故，
所以，故与平面所成角的正弦值为；
（2）由（1）可知，，，所以，假设存在这样的点P，设，由题意可知，所以，因为，则有，所以，又，所以，解得（舍），，所以当时，，此时点到直线的距离为．
题型二：立体几何存在性问题
例13．如图，三棱锥P-ABC中，平面ABC，，，，．
（1）求三棱锥A-PBC的体积；
（2）在线段PC上是否存在一点M，使得?若存在，求的值，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）因为AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，
所以．由平面ABC知：PA是三棱锥P-ABC的高，又PA＝1，
所以三棱锥A-PBC的体积．
（2）在线段PC上存在一点M，使得，此时．
如图，在平面PAC内，过M作交AC于N，连接BN，BM．
由平面ABC，平面ABC，故，所以．
由知：，则，
在中，，
所以，即．
由于且面MBN，故平面MBN．
又平面MBN，所以．
例14．已知四棱锥中，底面是矩形，且，是正三角形，平面，、、、分别是、、、的中点．
（1）求平面与平面所成的锐二面角的大小；
（2）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的大小为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【解析】（1）因为是正三角形，为的中点，所以，，
因为平面，平面，，
，平面，
因为且，、分别为、的中点，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，，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，
设，则，、、、、、、，
，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，易知平面的一个法向量为，
所以，，
因此，平面与平面所成的锐二面角为．
（2）假设线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的大小为，
设，其中，
，
由题意可得，
整理可得，因为，解得．因此，在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的大小为，且．
例15．已知三棱柱中，，，，．
（1）求证：平面平面ABC；
（2）若，在线段AC上是否存在一点P，使二面角的平面角的余弦值为？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．
【解析】（1）由知：四边形为菱形．
连接，则，又且，
∴平面，平面，则；
又，即，而，
∴平面，而平面ABC，
∴平面平面ABC．
（2）以C为坐标原点，射线CA、CB为x、y轴的正向，平面上过C且垂直于AC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
∵，，，∴，，，．
设在线段AC上存在一点P，满足，使二面角的余弦值为，则，
所以，．
设平面的一个法向量为，
由，取，得；
平面的一个法向量为．
由，解得或．
因为，则．
故在线段AC上存在一点P，满足，使二面角的平面角的余弦值为．
例16．如图，在四棱锥中，平面，，，且，，．
（1）证明：；
（2）在线段上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，若存在，求与所成角的余弦值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）证明：连接，设，
因为，则，且为等腰直角三角形，
因为，则，
因为，由余弦定理可得，
所以，，则，
平面，平面，，，平面，平面，．
（2）因为平面，，
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，
设，则、、、、，
设，其中，
则，，
设平面的法向量为，
则，取，可得，
易知平面的一个法向量为，
由题意可得，
因为，解得，此时，，
，，
所以，，
因此，在线段上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，且与所成角的余弦值为．
例17．如图，是边长为6的正三角形，点E，F，N分别在边AB，AC，BC上，且，为BC边的中点，AM交EF于点，沿EF将三角形AEF折到DEF的位置，使．
（1）证明：平面平面；
（2）试探究在线段DM上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）在中，易得，，，
由，得，
又，，，
又为中点，，，
因为，平面，
平面，又平面，
所以平面平面；
（2）由（1）平面，以为原点，以为的正方向建立空间直角坐标系，，，
，，
由（1）得平面的法向量为，
设平面的法向量为，，
所以，所以．
由题得，所以，
所以，所以，因为二面角P—EN—B的大小为60°，
所以，解之得（舍去）或．
此时，所以．
例18．图是直角梯形，，，，，，，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图．
（1）求证：平面平面；
（2）在棱上是否存在点，使得到平面的距离为？若存在，求出二面角的大小；若不存在，说明理由．
【解析】（1）在图中取中点，连接，，
，，，，，
，，，四边形为矩形，，
，又，为等边三角形；
又，为等边三角形；
在图中，取中点，连接，
为等边三角形，，，
，又，，，
又，平面，平面，
平面，平面平面．
（2）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，，，，，
，，，
设棱上存在点且满足题意，即，解得：，即，
则，
设平面的法向量，
则，令，则，
，
到平面的距离为，解得：，
，
又平面的一个法向量，
，
又二面角为锐二面角，二面角的大小为．
例19．如图所示，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，E为棱AA1上的点，且AE＝．
（1）求证：BE⊥平面ACB1；
（2）求二面角D1－AC－B1的余弦值；
（3）在棱A1B1上是否存在点F，使得直线DF∥平面ACB1？若存在，求A1F的长；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）底面，平面
又，，平面，平面
平面，
，，
，，，
又，平面，
平面
（2）如图，以A为原点建立空间直角坐标系A－xyz，依题意可得A（0，0，0），B（0，1，0），C（2，0，0），D（1，－2，0），D1（1，－2，2），，
由（1）知，为平面ACB1的一个法向量．
设为平面ACD1的一个法向量．
因为＝（1，－2，2），＝（2，0，0），
所以，即：，
不妨设z＝1，可得＝（0，1，1）．
因此
由图可知二面角D1－AC－B1为锐角，
所以二面角D1－AC－B1的余弦值为．
（3）假设存在满足题意的点F，设A1F＝a（a>0），
则由（2）得F（0，a，2），＝（－1，a＋2，2）．由题意可知a＋2－1＝0，解得a＝－1（舍去），
即直线DF的方向向量与平面ACB1的法向量不可能垂直．
所以，在棱A1B1上不存在点F，使得直线DF∥平面ACB1．
例20．如图，在五面体中，已知，，，且，．
（1）求证：平面与平面；
（2）线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角余弦值的绝对值等于，若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【解析】（1）证明：，，，平面，
平面，平面平面，
取的中点，的中点，连接、、，
，，
又平面，平面平面，平面平面，
平面，
又，，，，所以，且，
四边形为平行四边形，，
面，则平面，
又面，所以，平面平面．
（2）因为，，则，
因为平面，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、、、、，
，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
设在线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
由题意可得，
整理可得，解得：或（舍），
，则，，
综上所述：在线段上存在点，满足，使得平面与平面夹角的余弦值等于．
题型三：立体几何折叠问题
例21．如图1，在边上为4的菱形中，，点，分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2所示的五棱锥．
（1）在翻折过程中是否总有平面平面？证明你的结论；
（2）当四棱锥体积最大时，求直线和平面所成角的正弦值；
（3）在（2）的条件下，在线段上是否存在一点，使得二面角余弦值的绝对值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）在翻折过程中总有平面平面，
证明如下：∵点，分别是边，的中点，
又，∴，且是等边三角形，
∵是的中点，∴，
∵菱形的对角线互相垂直，∴，∴，
∵，平面，平面，
∴平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面．
（2）由题意知，四边形为等腰梯形，
且，，，
所以等腰梯形的面积，
要使得四棱锥体积最大，只要点到平面的距离最大即可，
∴当平面时，点到平面的距离的最大值为，
此时四棱锥体积的最大值为，
直线和平面所成角的为，
连接，在直角三角形中，，，
由勾股定理得：．
．（3）假设符合题意的点存在．
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
由（2）知，，
又，且，平面，平面，
平面，
故平面的一个法向量为，
设（），
∵，
，故，
∴，，
平面的一个法向量为，
则，，
即
令，所以
，则平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，解得：，
故符合题意的点存在且为线段的中点．
例22．如图，在等腰直角三角形中，分别是上的点，且分别为的中点，现将沿折起，得到四棱锥，连接
（1）证明：平面；
（2）在翻折的过程中，当时，求二面角的余弦值．
【解析】（1）在四棱锥中，取的中点，连接．
因为分别为的中点，，
所以
又平面，平面，所以平面，
同理可得，平面，
又平面，所以平面平面，
因为MNC平面，所以平面．
（2）因为在等腰直角三角形中所以，
在四棱锥中，
因为则
又平面，所以平面，
又平面，所以
因为则
所以，故，
所以以点为坐标原点，分别以所在方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示，
，
所以，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设二面角所成角为，则
．
因为二面角的余弦值为．
例23．如图1，在平面四边形PDCB中，，，，．将沿BA翻折到的位置，使得平面平面ABCD，如图2所示．
（1）设平面SDC与平面SAB的交线为l，求证：BC⊥l；
（2）点Q在线段SC上（点Q不与端点重合），平面QBD与平面BCD夹角的余弦值为，求线段BQ的长．
【解析】（1）依题意，，
因为，所以，
由于平面平面ABCD，且交线为AB，平面ABCD，
所以平面SAB，
因为l是平面SDC与平面SAB的交线，
所以平面SAB，
故．
（2）由上可知，平面SAB，所以，
由题意可知，，
以点A为坐标原点，分别以AD，AB，AS所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，
设，则，，
设是平面QBD的一个法向量，
则，令，可得由于是平面CBD的一个法向量，
依题意，二面角的余弦值为，
所以，
解得，
此时，，
即线段BQ的长为．
例24．如图，在平面五边形中，为正三角形，，且．将沿翻折成如图所示的四棱锥，使得．，分别为，的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
【解析】（1）（1）证明：取的中点，连接，．
则，．
因为面，面，
所以，面，面，
因为，
所以，面面，
因为面，所以面．（2）（2）取的中点，连接，，
因为为正三角形，，所以且，
在直角梯形中，，，，
所以，且，
又因为，
所以在中，，即，
所以，以为坐标原点，分别以，，的方向为，，轴的正向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
．
因为，即，，
所以，，
所以，．
设为平面的一个法向量，
则，即，取．
又平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，
．
例25．如图，在平行四边形ABCD中，AB＝3，AD＝2，∠A＝60°，E，F分别为线段AB，CD上的点，且BE＝2AE，DF＝FC，现将△ADE沿DE翻折至的位置，连接，．
（1）若点G为线段上一点，且，求证：平面；
（2）当三棱锥的体积达到最大时，求二面角的正弦值．
【解析】（1）在上取一点，使，连接，
因为，，
所以∥，，
因为平行四边形中，，∥，为的中点，
所以，
所以，∥，
所以四边形为平行四边形，
所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，
（2）当平面平面时，三棱锥的体积最大，
中，，则，
所以，
所以，
所以，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以两两垂直，
所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，
所以，
设平面的法向量为，则，令，则，
设平面的法向量为，则
，令，则，
所以，
所以二面角的正弦值为
例26．如图1，四边形是边长为2的正方形，四边形是等腰梯形，，现将正方形沿翻折，使与重合，得到如图2所示的几何体，其中．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【解析】（1）证明：易得，，
所以，则，
∴，．
又，且，，平面，
∴平面．∵平面，
∴．
∵，平面，平面，
∴平面．
（2）由（1）知平面，
则以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，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，，，，
∴，，．
设平面的一个法向量为，
则，得
令，则．
由（1）知，平面的一个法向量为．
∴．
易知二面角为锐二面角，
∴二面角的余弦值为．
例27．如图，在梯形中，，现将所在平面沿对角线翻折，使点B翻折至点E，且成直二面角．
（1）证明：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的余弦值为，求二面角的余弦值．
【解析】（1）证明：取中点M，连接，由题意可得，平行且等于，
∴四边形为平行四边形，
∵，∴为直角三角形，即，
∵直二面角平面ACD，
∴平面平面，平面平面，
∴平面，平面，
∴平面平面．
（2）由（1）可得平面，
∴为直线与平面所成角，
∴，∴．
在中，∵，
∴，
在中，，
∴、为等边三角形，
以中点O为坐标原点，以所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，
平面为平面，则其法向量为，
在平面内，设其法向量为，
，
则，即，
令，则，
∴，
设二面角的平面角为，
∴，
由图可知二面角为锐角，
∴．
例28．如图1，在△ABC中，，DE是△ABC的中位线，沿DE将△ADE进行翻折，使得△ACE是等边三角形（如图2），记AB的中点为F．
（1）证明：平面ABC．
（2）若，二面角D-AC-E为，求直线AB与平面ACD所成角的正弦值．【解析】（1）如图，
取AC中点G，连接FG和EG，由已知得，且．
因为F，G分别为AB，AC的中点，所以，且
所以，且．
所以四边形DEGF是平行四边形．
所以．
因为翻折的，易知．
所以翻折后，．
又因为，EA，平面AEC，
所以平面AEC．
因为，
所以平面AEC．
因为平面AEC，所以．
因为ACE是等边三角形，点G是AC中点，所以
又因为，AC，平面ABC．
所以平面ABC．
因为，所以平面ABC．
（2）（方法一）如图，
过点E作，以E为原点，EH、EC，ED所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系E-xyz，设，则，，，，则，，，
因为平面AEC．所以是平面AEC的法向量，
设面ACD的法向量为，则
，即，解得．
取，得．
因为二面角D-AC-E为，所以，
解得，所以，．
记直线AB与平面ACD所成角为，
则，
所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为．
（方法二）如图，
连接DG，因为平面AEC，平面AEC，所以．
又因为，，DE，平面DEG．所以平面DEC．
因为EG，平面DEG，所以，，所以∠DGE是二面角D-AC-E的平面角，故．
由△ACE是边长为2的等边三角形，得，
在RtDGE中，，所以，．
过点F作，垂足为I，因为平面DEGF，平面ACD，所以平面平面ACD．
又因为平面平面，平面DEGF，且，
所以平面ACD．
连接AI，则∠FAI即为直线AB与平面ACD所成的角．
在Rt△DFG中，，，得，由等面积法得，解得．
在RtAFG中，，，所以．
在RtFAI中，，
所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为．
题型四：立体几何作图问题
例29．已知四棱锥中，底面为正方形，O为其中心，点E为侧棱的中点．
（1）作出过O、P两点且与平行的四棱锥截面（在答题卡上作出该截面与四棱锥表面的交线，并写出简要作图过程）；记该截面与棱的交点为M，求出比值（直接写出答案）；
（2）若四棱锥的侧棱与底面边长均相等，求与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）连接，，则O为中点，取中点F，连接并延长交于M，
连接并延长交于N，连接．
则由，平面，平面，所以平面，
所以即为所求截面（如图所示），此时．
（2）不妨设四棱锥的所有棱长均为2，以O为原点，过O点且分别与、平行的直线为x轴、y轴，为z轴，建立如图所示空间直角坐标系（如图）．
可得，，，，，．
则，，．
设平面的一个法向量为，
则，即，取，则，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为．
例30．如图，已知底面为平行四边形的四棱锥中，平面与直线和直线平行，点为的中点，点在上，且．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）求作过作四棱锥的截面，使与截面平行（写出作图过程，不要求证明）．截面的定义：用一个平面去截一个几何体，平面与几何体的表面的交线围成的平面图形．
【解析】（1）∵平面，平面，平面平面，∴∵平面，平面，平面平面，∴
∴，
∵平面，平面，平面平面，∴
∵平面，平面，平面平面，∴
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）
如图，延长，与交于点，过点作直线，则直线为平面和平面的交线，延长，交于点，连接，与交于点，连接．∵点为的中点，点为的中点，∴是的一条中位线∴，又∵平面，平面，∴截面．
故平面即为所求截面．
例31．如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，，分别是棱，上的动点（不与顶点重合）．
（1）作出平面与平面的交线（要求写出作图过程），并证明：若平面平面，则；
（2）若为棱的中点，是否存在，使平面平面，若存在，求出的所有可能值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）如图，延长交的延长线于，
连接交于，
则所在的直线即为平面与平面的交线．
证明：∵平面平面，
平面平面，平面平面，
∴．
又∵平面平面，
平面平面，
平面平面，
∴，∴．
（2）以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
设，
则，，，，，
，，．
设平面的一个法向量为，则，
可得．
同理可得平面的一个法向量为，
因为平面平面，所以，
得，解得．
所以存在，使平面平面，此时．
例32．如图，在棱长为的正方体中，为棱的中点，，分别是棱，上的动点（不与顶点重合）．
（1）作出平面与平面的交线（要求写出作图过程），并证明：若平面平面，则；
（2）若，均为其所在棱的中点，求点到平面的距离．
【解析】（1）
连接并延长交的延长线于点，连接交于，连接，
则所在的直线即为平面与平面的交线．
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以．
又因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，所以．
（2）因为，为其所在棱的中点，，，
所以，可得，
故三棱锥，
此时，，为等腰三角形，
其底边上的高为，
设点到平面的距离为，由，
解得：，所以点到平面的距离为．
例33．如图多面体中，面面，为等边三角形，四边形为正方形，，且，，分别为，的中点．
（1）求二面角的余弦值；
（2）作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AB交点为P，写出的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）．
【解析】（1）因为面面，为等边三角形，设中点为，所以
又因为面面面FAB，则平面，
以为坐标原点，分别以方向为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，则
则，，，，
所以，
设平面的一个法向量为则取得，所以
设平面的一个法向量为
则取得，所以
所以
则二面角的余弦值为；
（2），如图所示：
例34．如图，已知多面体的底面是边长为2的正方形，底面，，且．
（1）求多面体的体积；
（2）记线段的中点为，在平面内过点作一条直线与平面平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明．
【解析】试题分析：（1）求多面体体积，一般方法为割补法，即将不规则图形转化为几个规则图形：多面体分割成两个锥体，一个三棱锥与一个四棱锥，而它们的高分别为和，再代入体积公式求解即可，（2）根据线面平行性质定理，可得所作直线必平行面与面的交线，因此先作两平面交线，再在平面内作交线的平行线．试题解析：（1）如图，连接，
∵底面且，
∴底面，∴，
∵，，
∴平面．
∴，
，
∴多面体的体积．
（2）如图，取线段的中点，连接，直线即为所求的直线．
例35．四棱锥中，底面是边长为2的菱形，．，且平面，，点分别是线段上的中点，在上．且．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面的成角的正弦值；
（Ⅲ）请画出平面与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤．
【解析】分析：（Ⅰ）推导出，由此能证明平面；
（Ⅱ）推导出，，，以O为原点，OA、OB、OP分别为x、y、z轴建立空间直角做消息，利用向量法能求出直线AB与平面EFG的所成角的正弦值；
（Ⅲ）法1：延长分别交延长线于，连接，发现刚好过点，，连接，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线．
法2：记平面与直线的交点为，设，，利用向量法求出，从而即为点．连接，，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线．
解析：解：（Ⅰ）在中，因为点分别是线段上的中点，
所以
因为平面，平面．
所以平面．
（Ⅱ）因为底面是边长为2的菱形，
所以，
因为平面，
所以，，
如图，建立空间直角坐标系，则依题意可得
，，，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，则由可得，
令，可得
因为．
所以直线与平面的成角的正弦值为
（Ⅲ）法Ⅰ：延长分别交延长线于，连接，发现刚好过点，，连接，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线．
法2：记平面与直线的交点为，设，则
由，可得．
所以即为点．
所以连接，，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线．
题型五：立体几何建系繁琐问题
例36．如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，，分别为，的中点，为上一点．过和的平面交于，交于．
（1）证明：，且平面平面；
（2）设为△的中心．若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）证明：，分别为，的中点，底面为正三角形，
，四边形为矩形，，
，，，
，，，
平面，
平面，
平面平面，
综上，，且平面平面．
（2）解：三棱柱上下底面平行，平面与上下底面分别交于，，
，面，面，面面，
，四边形为平行四边形，
是正三角形的中心，，
，，，
由（1）知直线在平面内的投影为，
直线与平面所成角即为等腰梯形中与所成角，
在等腰梯形中，令，过作于，
则，，，
，
直线与平面所成角的正弦值为．
例37．如图，在锥体中，是边长为1的菱形，且，，，，分别是，的中点
（1）证明：平面
（2）求二面角的余弦值．
【解析】（1）取的中点，连接，，
在中，根据余弦定理可以算出，发现，可以得出，又
，
又，可以得出，而，
平面，而平面，
，又，
．又，
平面．
（2）由（1）知，平面，所以为二面角的平面角，
在中，，，，
由余弦定理得，
因此二面角的余弦值为．
例38．如图，是半径为的半圆，为直径，点为的中点，点和点为线段的三等分点，平面外一点满足，．
（1）证明：；
（2）已知点，为线段，上的点，，，求平面与平面所成二面角的正弦值．
【解析】（1）证明：连接，因为是半径为的半圆，为直径，点为的中点，所以．
在中，．
在中，，为等腰三角形，且点是底边的中点，故．
在中，，所以为△，且．
因为，，且，所以平面，
而平面，．因为，，且，所以平面，
而平面，．
（2）设平面与平面的交线为．
由，，知．
而平面，平面，
而平面平面，
．
由（1）知，平面，平面，
而，平面，，，
是平面与平面所成二面角的平面角．
在中，，
，．
在中，由知，，
由余弦定理得，
由正弦定理得，，即，．
故平面与平面所成二面角的正弦值为．
例39．《九章算术》是中国古代的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右．它是一本综合性的历史著作，是当时世界上最简练有效的应用数学，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系．《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”，已知在三棱锥中，平面．
（1）从三棱锥中选择合适的两条棱填空： ，则三棱锥为“鳖臑”；
（2）如图，已知，垂足为，，垂足为，．
（ⅰ）证明：平面平面；
（ⅱ）设平面与平面的交线为，若，，求二面角的大小．
【解析】（1）由题意，四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”，而平面，
要使三棱锥为“鳖臑”，则只需或或或；
（2）证明：平面，平面，
，
又，即，，，平面，
平面，
又平面，
，
又，，，平面，
平面，
又平面，
，
又，，，平面，
平面，
又平面，
平面平面；
由题意知，在平面中，直线与直线相交，
如图所示，
设，连接，则即为，
平面，平面，
，
平面，平面，
，
又，，平面，
平面，
又，平面，
，，
即为二面角的一个平面角，
在中，，，
，
又，
，
，
，即二面角的大小为．
例40．已知四面体，，，且平面平面．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的大小．
【解析】（Ⅰ）证明：，，
，取中点，
则，
平面，
．
（Ⅱ）解：过点作交延长线于，连结，
平面平面，平面，
为与平面所成角，
，，，
，
在中，
直线与平面所成角的大小为．
例41．已知四面体，，且平面平面．
（Ⅰ）若，求证：；
（Ⅱ）求二面角的正切值．
【解析】（Ⅰ）证明：，，，
，，
取中点，则，，
平面，
平面，
．
（Ⅱ）解：过点作交延长线于，
过作于，连结，
平面平面，
平面，
根据三垂线定理知，
为二面角的平面角，
由已知可知，设，则，
在中，，，
，
二面角的正切值为．
题型六：两角相等（构造全等）的立体几何问题
例42．如图，在三棱锥中，是等边三角形，，点是
的中点，连接，
（1）证明：平面平面；
（2）若，，求三棱锥的体积．
【解析】解：（1）证明：如图所示，
因为是等边三角形，，
所以，可得，
又因为点是的中点，则，，
又，平面，平面，
所以平面平面；
（2）设，在中，，则；
在等边中，，
在等腰中，；
在中，由，得；
由余弦定理得，
即，解得；
所以的面积为，
所以三棱锥的体积为．
例43．如图，在三棱锥中，是等边三角形，，点是
的中点，连接，．
（1）证明：平面平面；
（2）若，且二面角为，求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】证明：（1）是等边三角形，，
，，
点是的中点，则，，
，平面，
平面，平面平面．
解：（2）作，垂足为，连结，
，
，，为二面角的平面角，
由已知二面角为，，
在等腰中，由余弦定理得，
是等边三角形，，，
在中，，
，
，，
，，，，
由上述可知平面，则平面平面，
过点作，垂足为，则平面，连结，则是直线与平面所成角，
在中，，
，，，
直线与平面所成角的正弦值为．
例44．如图，四棱锥中，底面为边长是2的正方形，，分别是、的中点，，，且二面角的大小为．
（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值．
【解析】（1）证明：连接，由已知可得，，
在中，由余弦定理可得，．
，，
在中，有．
．
二面角的大小为，
以为坐标原点，以过垂直的直线为轴，以所在直线为轴，
以过且垂直于底面的直线为轴建立空间直角坐标系．
则，，，，0，，，1，，
，，，，，，
则，，
，则；
（2）解：由（1）得，，，．
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，
由，取，得，2，；
由，取，得．
．
二面角为锐角，则其余弦值为．
例45．如图，四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，．
（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）当直线与平面所成的角为时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【解析】证明：过做，垂足为，连接，
，，，
在中，由余弦定理可得，
，
，，是等边三角形，．
，，
又，，
平面，又平面，
平面平面．
由知，，，
平面，为直线与平面所成的角，即，
，
以为原点，以，，为坐标轴建立空间直角坐标系，则，，，，0，，，0，，，，，
，，，，，，
设平面的法向量为，，，则，即，
令可得，1，，
平面，，0，为平面的一个法向量，
．
平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
例46．如图，在四面体中，已知，，
（1）求证：；
（2）若平面平面，且，求二面角的余弦值．
【解析】（1）证明：，，．
，
．
取的中点，连结，，则，．
又，
平面，平面，
平面，．
（2）解：过作于点．则平面，
又平面平面，平面平面，
平面．
过做于点，连接．
平面，，又，
平面，．
为二面角的平面角．
连接．，．
，，
，．，．
，．
，
，二面角的余弦值为．
题型七：利用传统方法找几何关系建系
例47．如图：长为3的线段与边长为2的正方形垂直相交于其中心．
（1）若二面角的正切值为，试确定在线段的位置；
（2）在（1）的前提下，以，，，，，为顶点的几何体是否存在内切球？若存在，试确定其内切球心的具体位置；若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）取线段的中点为点，
连接，，．由于四边形是正方形，为其中心，所以，
又面面，所以，
而，所以面，面，所以，
同理可以证出，为二面角的平面角，．
设，，，则．且
在中，，
同理在中，
由，
得：
故在线段上的靠近点的三分点位置；
（2）几何体存在内切球，令球心为，
若设线段的中点为点，内切球的半径为，由对称性可知：平面四边形的内切圆的圆心为，半径即为，
故，而，．
所以，得．
由三角形相似有：
所以．故其内切球心在点距离为的位置上．（注：也可用分割体积法求
例48．在四棱锥中，为棱的中点，平面，，，，，为棱的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）若二面角为，求直线与平面所成角的正切值．
【解析】解：（Ⅰ） 证明：连接交于点，连接，
，且，，
又，线段是的中位线，
，
面，面，
面；（Ⅱ），，
四边形是平行四边形，
又，四边形是矩形，；
又平面，，；
以为坐标原点，，，为，，轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，
设，则，0，，，0，，，0，，
，2，，，1，，
，0，，，1，；
设平面的一个法向量为，，，
由，得；
令，得，，，
取平面的一个法向量为，0，；
，，
由二面角为，得，解得；
平面，
就是直线与平面所成角，
在中，，
直线与平面所成角的正切值为．
例49．三棱柱中，，，侧面为矩形，，二面角的正切值为．
（Ⅰ）求侧棱的长；
（Ⅱ）侧棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正切值为，若存在，判断点的位置并证明；若不存在，说明理由．
【解析】解：（Ⅰ）取的中点，的中点，则四边形为平行四边形，
，，
侧面为矩形，
，
，
平面，
则，
则 是二面角的平面角，
则，则，，
设，
，，
，
，
，
又，
在中，即，
平方整理得，得或（舍，
即侧棱的长为2；
（Ⅱ）建立以为坐标原点，，，分别为，，轴的空间直角坐标系如图：
过作底面，
，，则，
，
则，，
则，0，，，0，，，，，，，
则，，，，，，
设平面的法向量为，，，
由，，
则，令，则，即，0，，
，0，，
设，0，，，
，，，0，，，，
与平面所成角的正切值，
，
即，，
平方得，得，即在处．
即在侧棱上存在点，使得直线与平面所成角的正切值为．
例50．如图，在四棱锥中，底面四边形内接于圆，是圆的一条直径，平面，，是的中点，
（1）求证：平面；
（2）若二面角的正切值为2，求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）证明：，
，
是的中点，是的中点，
是的中位线，
，
，
平面平面，
平面，平面，
平面；
（2）是圆的一条直径，，
平面，，
则平面，
则，
则是二面角的平面角，
若二面角的正切值为2，
则，
即，
建立以为坐标原点，，，垂直于平面的直线分别为，，轴的空间直角坐标系如图：
则，，，，0，，，，
，0，，，，，
则，，，，0，，
设平面的法向量为，，，
则，即，令，则，，
即，0，，
则直线与平面所成角的正弦值，，
例51．如图所示，平面，为等边三角形，，，为中点．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）若与平面所成角的正切值为，求二面角的正切值．
【解析】（Ⅰ）证明：因为为等边的边的中点，所以．
依题意，且、、、四点共面，所以． 分
又因为平面，平面，所以平面． 分
（Ⅱ）解：因为，，
所以平面，故与平面
所成的角即为．分
不妨设，则．
由于，所以．分
（方法一）
在等腰中，过点作于点，
再在中作于点（图1所示）．
因为，，所以平面，可得．
又，
所以即为二面角的平面角． 分
由题意知，，，
所以，
即二面角的正切值是．分
（方法二）
以点为坐标原点，为轴，
建立如图2所示的空间直角坐标系．
则，0，，，0，，，0，，，，．则，，．
若设，，和，，分别是平面和平面的法向量，
则，可取．
同理，得，，．分
所以，
故二面角的余弦值是，其正切值是．分
题型八：空间中的点不好求
例52．如图，直线平面，直线平行四边形，四棱锥的顶点在平面上，，，，，，，，分别是与的中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【解析】（1）连接，，底面为平行四边形，是的中点，是的中点，
，
是的中点，是的中点，，，，
平面平面，平面，平面；
（2）由平面，平行四边形
平面底面，，，
四边形为矩形，且底面，，
过作，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系（如图）
由，知，
，，，
设平面的法向量，
则，取，，，即，
设平面的法向量，
则，取，，，即，二面角的平面角的余弦值．
例53．如图，四棱锥中，，，侧面为等边三角形．，．
（1）证明：平面
（2）求与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）证明：取中点，连结，则四边形为矩形，．
连结，则
又，故
所以为直角，
所以，
由，，，得平面，所以．
因为，
所以平面分
（2）解：由平面知，平面平面．
作，垂足为，则平面，
作，垂足为，则．
连结，则
又，，
故平面，平面平面，
作，为垂足，则平面，
即到平面的距离为．
由于，所以平面，到平面的距离也为．设与平面所成的角为，则分．
例54．如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，，，点在侧棱上，．
（Ⅰ）证明：是侧棱的中点；
（Ⅱ）求二面角的余弦值．
【解析】（Ⅰ）证明：作交于点，则，平面，
连接，则四边形为直角梯形，
作，垂足为，则为矩形，
设，则，，
，，
由，得，
解得，即，
从而，
为侧棱的中点．
（Ⅱ）解：，
又，，为等边三角形．
又由（Ⅰ）知为中点，，，，
，，
取中点，连结，取中点，连结，则，，
由此知为二面角的平面角，
连结，在中，
，，，
．
二面角的余弦值为．
例55．如图，在四棱锥中，侧面底面，底面为直角梯形，其中，，，，，，点在棱上且，点为棱的中点．
在棱上且，点位棱的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值的大小．
【解析】证明：（1）在中，由，得，
同理在中，由，得，
所以，即（亦可通过勾股定理来证明）
在中，
在，
所以，即解：（2）由（1）知，，两两垂直，
故以为坐标原点，以射线，，分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，
得，，，0，，，，，
，，，
设平面的法向量为
则：
不妨设，则
设平面的法向量为
则，
不妨设，则
记二面角为（应为钝角）
故二面角的余弦值为．
例56．如图，在四棱锥中，四边形为梯形，，且，是边长为2的正三角形，顶点在上的射影为点，且，，．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值．
【解析】证明：（1）由顶点在上投影为点，可知，．
取的中点为，连结，．
在中，，，所以．
在中，，，所以．
所以，，即．
，，
面．
又面，所以面面．
解：（2）由（Ⅰ）知，，，且
所以 面，且面．以所在直线为轴，所在直线为轴，
过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
，，，，
，，，，，
设平面，的法向量分别为，，
则，即，取，得，，，，即，取，得，
设二面角的平面角为．
则．
所以二面角的余弦值为．
例57．三棱柱的底面是等边三角形，的中点为，底面，与底面所成的角为，点在棱上，且，．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
【解析】（1）证明：连接，底面，，底面，，，且与底面所成的角为，即．
在等边三角形中，易求得．在中，由余弦定理，得，
，即．
又，．，，，
又，，平面，
又平面，，
又，平面．
（2）如下图所示，以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则
故
由（1）可知，可得点的坐标为，平面的一个法向量是．
设平面的法向量，，，由得，令，则，，
则，，
易知所求的二面角为钝二面角，二面角的平面角的余弦角值是．
例58．如图，将矩形沿折成二面角，其中为的中点，已知，．，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值．
【解析】证明：（1）取的中点，连结，，则，，
所以四边形是平行四边形，因此，（4分）
又平面，所以平面．（6分）
解：（2）取的中点，中点，连结，，，
由，所以，又，
所以平面，所以，
又，所以平面，所以平面平面，（8分）
又，所以平面，（9分）
所以，又，所以平面，（10分）
所以是与平面所成角，（12分）
又，，所以，（14分）
所以与平面所成角的正弦值．（15分）
题型九：创新定义
例59．蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示．蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示．蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为．
（1）求蜂房曲顶空间的弯曲度；
（2）若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设
（i）用表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积；
（ii）当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值．
【解析】（1）蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和，
根据定义其度量值等于减去三个菱形的内角和，
再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和，
即蜂房曲顶空间的弯曲度为．
（2）（i）如图所示，连接AC，SH，则，设点在平面的射影为O，
则，则，
菱形SAHC的面积为，
侧面积，下底面积．
所以蜂房的表面积为．
（ii），
令得到，
所以在递增；在递增．
所以在处取得极小值，也即是最小值．此时，在中，令，由余弦定理得，
又顶点的曲率为，
．
例60．类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则．
（1）当、时，证明以上三面角余弦定理；
（2）如图2，四棱柱中，平面平面，，，
①求的余弦值；
②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．
【解析】（1）证明：如图，过射线上一点作交于点，作交于点，连接，
则是二面角的平面角．
在中和中分别用余弦定理，得
，
，
两式相减得，
∴，
两边同除以，得．
（2）①由平面平面，知，
∴由（1）得，
∵，，
∴．
②在直线上存在点，使平面．
连结，延长至，使，连结，
在棱柱中，，，
∴，∴四边形为平行四边形，
∴．
在四边形中，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
又平面，平面，
∴平面．
∴当点在的延长线上，且使时，平面．
例61．（1）如图，对于任一给定的四面体，找出依次排列的四个相互平行的平面，，，，使得，且其中每相邻两个平面间的距离都相等；
（2）给定依次排列的四个相互平行的平面，，，，其中每相邻两个平面间的距离为1，若一个正四面体的四个顶点满足：，求该正四面体的体积．
【解析】（1）
取的三等分点，，的中点，的中点，
过三点，，作平面，过三点，，作平面，
因为，，所以平面平面，
再过点，分别作平面，与平面平行，那么四个平面，，，依次相互平行，
由线段被平行平面，，，截得的线段相等知，每相邻两个平面间的距离相等，故，，，为所求平面．
（2）如图，将此正四面体补形为正方体（如图），
分别取、、、的中点、、、，
平面与是分别过点、的两平行平面，若其距离为1，
则正四面体满足条件，右图为正方体的下底面，设正方体的棱长为，
若，因为，，
在直角三角形中，，所以，所以，
又正四面体的棱长为，
所以此正四面体的体积为．
例62．已知，，，定义一种运算：，已知四棱锥中，底面是一个平行四边形，，，
（1）试计算的绝对值的值，并求证面；
（2）求四棱锥的体积，说明的绝对值的值与四棱锥体积的关系，并由此猜想向量这一运算的绝对值的几何意义．
【解析】（1）由题意＝48．
，，
∴，即．是平面内两相交直线，
∴平面．
（2）由题意，，
，
，
∴．
∴，
猜想：的绝对值表示以为邻边的平行六面体的体积．