【三轮冲刺】高考数学（大题专练）03 立体几何（解析版）

这是一份【三轮冲刺】高考数学（大题专练）03 立体几何（解析版），共54页。

立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。
题型一：空间异面直线夹角的求解
（2023·上海长宁·统考一模）如图，在三棱锥中，平面平面为的中点.
（1）求证：；
（2）若，求异面直线与所成的角的大小.
【思路分析】
（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.
（2）分别取的中点，利用几何法求出异面直线与所成的角.
【规范解答】
（1）在三棱锥中，由为的中点，得，
而平面平面，平面平面，平面，
因此平面，又平面，所以.
（2）分别取的中点，连接，于是，
则是异面直线与所成的角或其补角，
由（1）知，，又，，
则，于是，
令，则，
又，则有，，
又平面，平面，
则，，，
由分别为的中点，得，
显然，即有，，则，
所以异面直线与所成的角的大小.
1．（2023·江西萍乡·高三统考期中）如图，在正四棱台中，分别是的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为，为的中心，求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；
（2）根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.
【解析】（1）取中点，连接，如下图：
在梯形中，分别为的中点，则，同理可得，
因为平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
因为，平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面；
（2）连接，则，连接,
在平面中，作交于，
在平面中，作交于，连接，如下图：
因为，则，且，所以为平行四边形，
则，且，所以为异面直线与所成角或其补角，
同理可得：为平行四边形，则，
在正四棱台中，易知对角面底面，
因为平面平面，且，平面，
所以平面，由内切球的半径为，则，
在等腰梯形中，且，易知，同理可得，
在中，，则，
设正方形的边长为，则正方形的边长为，，
由正四棱台的侧面积为，则等腰梯形的面积，
因为平面，平面，所以，
在，，可得，
则，解得，
所以，，，，则，
在中，，则，
所以在中，则，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
2．（2023·辽宁丹东·统考二模）如图，平行六面体的所有棱长都相等，平面平面ABCD，AD⊥DC，二面角的大小为120°，E为棱的中点．
（1）证明：CD⊥AE；
（2）点F在棱CC1上，平面BDF，求直线AE与DF所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得，进而根据中点得线线垂直即可求；（2）由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.
【解析】（1）因为平面平面，且两平面交线为,，平面
所以平面，
所以，是二面角的平面角，故 ．
连接，E为棱的中点，则，从而．
又，，平面AED，
所以平面，平面,因此．
（2）解法1：设，则，
所以．
连交于点，连接交于点G，连．
因为平面，平面AEC,平面AEC平面BDF=OG，所以，
因为为中点，
所以G为中点，故．且直线与所成角等于直线与所成角．
在中，，因为，
所以．
因此直线AE与DF所成角的余弦值为．
解法2；设，则，所以．
取中点为，连接交于点，则．
连接交于点，连，
因为平面，平面AGE，平面AGE平面BDF=IH，所以．
与所成角等于直线与所成角．
正方形中，，，所以，故．
在中，，，
由余弦定理．在中，．
因此直线与所成角的余弦值为．
解法3:由（1）知平面，以为坐标原点，为x轴正方向，
为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．
由（1）知，得，．
则，，，．
由，得．
因为平面BDF，所以存在唯一的，，
使得，
故，解得， 从而．
所以直线与所成角的余弦值为．
题型二：空间直线与平面夹角的求解
（2024·安徽合肥·统考一模）如图，三棱柱中，四边形均为正方形，分别是棱的中点，为上一点.
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【思路分析】
（1）连接,则有平面平面，可得平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.
【规范解答】
（1）连接.
因为，且，
又分别是棱的中点，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，
因为，且，
所以四边形为平行四边形，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）四边形均为正方形，所以，所以平面.
因为，所以平面，从而.
又，所以为等边三角形.
因为是棱的中点，所以，即两两垂直.
以为原点，所在直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，
所以.
设为平面的法向量，
则，即，可取.
因为，所以.
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角正弦值为.
1．（2024·内蒙古赤峰·高三校考开学考试）如图，在三棱台中，，，．
（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）
【分析】（1）取的中点，连接、、、，即可证明平面，从而得到，又即可得证；（2）过点作的垂线，垂足为，过点作垂直于，垂足为，连接，即可证明平面，再证明，过点作的平行线，交于点，所以、、三条直线两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【解析】（1）取的中点，连接、、、，
因为，所以，
又，，，
所以，所以，所以，
因为，平面，所以平面，
又平面，所以，
又，所以.
（2）过点作的垂线，垂足为，过点作垂直于，垂足为，连接，
由（1）平面，平面，
所以平面平面，平面平面，
平面，所以平面，平面，所以，
又，平面，
所以平面，平面，所以，
由，，
可得，，，，
过点作的平行线，交于点，所以、、三条直线两两垂直，
如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，
设平面的法向量为，
则，取，
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.
2．（2024·浙江温州·高三统考期末）如图，以AD所在直线为轴将直角梯形ABCD旋转得到三棱台，其中，．
（1）求证：；
（2）若，求直线AD与平面CDF所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）如图，取AB的中点G，连接DG，BD，DE，设，由勾股定理的逆定理可得，同理可得，结合线面垂直的判定定理和性质即可证明；
（2）由（1）和勾股定理的逆定理可得，又，根据线面、面面垂直的判定定理可得面面ABE，如图，则为题意所求的线面角，解三角形即可.
【解析】（1）连接BD，DE，设，则，
取AB的中点G，连接DG，则四边形BCDG为正方形，故，
得，∴，∴
同理可得，，
又面BDE，∴面BDE，
又面BDE，；
（2）由（1）知，
又∵，∴，
由，得．
又∵，面ABCD，∴面ABCD，
过点D作交AB于点M，连接EM．
因为面ABCD，所以，
又因为，且面DEM，
则面DEM，又面ABE，∴面面ABE．
过点D作交EM于点N，连接AN．
∴就是直线AD与面ABE所成的线面角．
∵面面ADE，∴就是直线AD与面CDF所成的线面角．
∵，又，，∴，
又，∴，
即直线AD与平面CDF所成线面角的正弦值为.
题型三：空间平面与平面夹角的求解
（2024·江苏扬州·高三统考开学考试）如图，在多面体中，四边形是边长为的正方形，，，，平面平面．
（1）求证：；
（2）求平面与平面所成角的余弦值．
【思路分析】
（1）根据平行线性质结合余弦定理可得，进而可得，再根据面面垂直的性质可得平面ABCD，结合线面垂直的性质与判定证明即可；（2）以A为原点，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，再根据面面角的向量方法求解即可.
【规范解答】
（1）证明：因为，所以．
因为，所以由得．
因为，所以．
因为，所以．
因为平面平面ABCD，平面平面，平面ADFE，
所以平面ABCD．
因为平面ABCD，所以，
连接AC，在正方形ABCD中，，
因为AF、AC相交，且AF、平面AFC，所以平面AFC．
因为平面AFC，所以．
（2）由（1）知AB，AD，AF两两垂直，
以A为原点，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，
，
设平面BDF的一个法向量为
由得：，
令，则得．
设平面BCF的一个法向量为，
由得：，
令，则，得．
．
设平面BDF与平面BCF所成角为，由图可知为锐角，即，
所以平面BDF与平面BCF所成角的余弦值为．
1．（2024·河南郑州·高三校联考阶段练习）如图，在长方中，，E为的中点，.
（1）求的长；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）连接，证明平面，从而证明，结合，推出，即可利用，即求得答案；（2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【解析】（1）连接，由题意知，且平面，
平面，故，
平面，故平面，
又平面，故，又，
故，则，
则，即，
又，故；
（2）以D为坐标原点，以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，
平面的法向量可取为，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
故,
由原图可知二面角为锐角，
故二面角的余弦值为.
2．（2024·山东济南·高三济南一中校联考开学考试）如图，在四棱柱中，底面和侧面均是边长为2的正方形.
（1）证明：.
（2）若，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）要证明线线垂直，转化为证明平面，利用垂直关系的转化，即可证明；
（2）利用垂直关系构造二面角的平面角，再根据三角形的边长，即可求解.
【解析】（1）连结，
因为底面和侧面均是边长为2的正方形，
所以四边形是边长为2的菱形，则，
且四边形和也是边长为2的正方形，
所以，且，，平面，
所以平面，平面
所以，且，且平面，
所以平面，平面，所以；
（2）由（1）可知，平面，且，
所以平面，且平面，
所以平面平面，又因为平面平面，
所以平面平面，且平面平面，
因为，所以，所以为等边三角形，
取的中点，连结，则，平面
所以平面，
再取的中点，连结,则，
因为平面，所以，
又，且，平面，
所以平面，平面，所以，
所以为二面角的平面角，
，，，
所以，
所以二面角的余弦值为.
题型四：空间点、线、面间的距离求解
（2024·四川·校联考一模）如图，在四棱锥中，，，平面平面．
（1）证明：平面；
（2）已知，且，求点D到平面的距离．
【思路分析】
（1）根据题意，利用面面垂直的判定定理，中点平面，结合，即可证得平面；
（2）由（1）可知，平面，中点平面，设点到平面的距离为，结合，列出方程，即可求解．
【规范解答】
（1）因为平面平面，平面平面，
且， 平面，所以平面，
又因为，所以平面．
（2）由（1）可知，平面，且平面，所以平面平面，
过作直线的垂线，垂足为，则平面，
由，，
可得，，，，
因为平面，平面，所以，
则，可得，
在直角梯形中，因为，可得，
所以，
在等腰中，，
取的中点，连接，可得，且，
所以，
设点到平面的距离为，
由，可得，解得，
所以点到平面的距离为．
1．（2024·陕西西安·高三统考期末）如图，在圆锥中，是圆的直径，且是边长为4的等边三角形，为圆弧的两个三等分点，是的中点.
（1）证明：平面.
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）利用平行四边形对边平行可得，再由线面平行判定定理求证；
（2）利用等体积法求点面距离即可得解.
【解析】（1）证明：取的中点，连接.
因为为圆弧的两个三等分点，所以.
因为分别为的中点，所以，
则，从而四边形为平行四边形，故.
因为平面平面，所以平面.
（2）作，垂足为，连接.
由平面，平面，所以，
又平面，所以平面.
因为为圆弧的两个三等分点，所以，则.
因为是边长为4的等边三角形，所以.
因为是的中点，所以，
则三棱锥的体积.
因为，所以，则.
设点到平面的距离为，则三棱锥的体积.
因为，所以，解得，
即点到平面的距离为.
2．（2023·河南·校联考二模）如图所示，正六棱柱的底面边长为1，高为.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面间的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明；（2）将面面距转化为点面距，再由等体积法求出距离即可.
【解析】（1）在正六棱柱中，
因为底面为正六边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
因为，，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，所以平面平面.
（2）平面与平面间的距离等价于点到平面的距离，设为.
连接，则四面体的体积.
因为，
，，
所以，从而，
所以，
所以，即平面与平面间的距离为.
题型五：空间几何体的体积求解
（2024·内蒙古锡林郭勒盟·高三统考开学考试）如图，在四面体中，
（1）证明：
（2）若，求四面体的体积
【思路分析】
（1）取中点E，连结，，证明平面即得；
（2）在中利用余弦定理求得，又在中利用余弦定理求得，继而求出的面积，利用（1）的结论将所求体积分割求解即得.
【规范解答】
（1）如图，取的中点为E，连结，，
∵，∴，
在和中，，，，
∴，∴，
∵的中点为E，∴，
∵，平面，平面，∴平面，
∵平面，∴．
（2）在中，，，设，
由余弦定理，解得．
因为，，所以，
∴在中，因，
则，，，
又由余弦定理得，∴，
∴，
由（1）知平面，∴．
1．（2023·四川·校联考三模）如图所示，直角梯形和三角形所在平面互相垂直，，，，，异面直线与所成角为45°.

（1）求证：平面平面；
（2）若点在上，当面积最小时，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）由异面直线与所成角，得出，则，再由面面垂直得出线面垂直，再证得面面垂直；（2）取中点，面积最小时，线段最短. 当点为中点时，，线段最短. 求此时三棱锥的体积即可.
【解析】（1）证明：因为，所以为锐角.
因为，所以为异面直线与所成角，所以.
所以为等腰直角三角形，所以，则.
因为平面平面，，平面平面，平面，
所以平面，，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）取中点，连接，.如图：
因为，，，所以.
因为，所以.
所以，.
所以，.
所以面积最小时，线段最短.
因为，，
所以当点为中点时，，线段最短.
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面.
此时，.
2．（2023·天津西青·西青区杨柳青第一中学校考模拟预测）如图所示的几何体中，四边形为平行四边形，，，，四边形为正方形，平面平面，为的中点，，垂足为．
（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成角的正切值；
（3）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【分析】（1）由，，可证得平面，得，又，即可证得结论；
（2）设，为的中点，是中点，得，则是异面直线与所成角，即可求解；
（3）可证得平面，则三棱锥的体积：，计算即可．
【解析】（1）四边形为正方形，，
四边形为平行四边形，，
，，，
，平面，平面，
平面，，
，，平面，平面．
（2）四边形为平行四边形，，，，
，，
四边形为正方形，平面平面，
平面平面，，平面，
平面，平面，，
为的中点，，
设，为的中点，是中点，，
是异面直线与所成角，，
，，
异面直线与所成角的正切值为．
（3）平面平面，平面平面，，平面，
平面，，
三棱锥的体积：．
题型六：空间几何体的翻折问题
（2024·河北张家口·高三河北省尚义县第一中学校联考开学考试）如图，在矩形中，，．沿对角线折起，形成一个四面体，且．
（1）是否存在，使得，同时成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
（2）求当二面角的正弦值为多少时，四面体的体积最大．
【思路分析】
（1）由线面垂直证明线线垂直，由勾股定理求出值；
（2）四面体的体积最大时，平面平面，建立空间直角坐标系，利用向量法求出二面角的余弦值，利用正弦和余弦的平方关系求出二面角的正弦值即可.
【规范解答】
（1）若，∵，，面，
∴平面，平面，则,
∴，即，∴；
若，∵，，面，
∴平面，面，则,
∴，即，∴，无解．故不成立．
所以不存在，使得，同时成立；
（2）要使四面体的体积最大，因为的面积为定值，
所以只需让三棱锥的高最大即可，此时平面平面，
过点作于点，根据面面垂直的性质易得平面，
在平面中作垂直于的直线，
以为原点分别以在平面中垂直于的直线、、为轴、轴、轴
建立空间直角坐标系，则，，，
显然平面的法向量为．
设平面的一个法向量为，，，
由 得 得 ，取，得，，得．
∴，
所以二面角的正弦值为．
1．（2024·湖南·长沙一中校联考模拟预测）如图1，在五边形中，连接对角线，，，，将三角形沿折起，连接，得四棱锥（如图2），且为的中点，为的中点，点在线段上.
（1）求证：平面平面；
（2）若平面和平面的夹角的余弦值为，求线段的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）1
【分析】（1）由等腰三角形证得，勾股定理证得，可得平面，得平面平面.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，利用向量法表示两个平面夹角的余弦值，由方程解出的值.
【解析】（1）连接，则，因为，，
所以四边形为矩形，所以，
因为，且为的中点，
所以，且，
所以，即，
又因为，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，得
又，
设平面的法向量为，
则，令，则，得，
所以，解得，或（舍），
所以线段的长为1.
2．（2023·河北衡水·高三衡水中学校考阶段练习）如图①，在中，分别为的中点，以为折痕，将折起，使点到的位置，且，如图②.
（1）设平面平面，证明：平面；
（2）若是棱上一点（不含端点），过三点作该四棱锥的截面与平面所成的锐二面角的正切值为，求该截面将四棱锥分成上下两部分的体积之比.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明即可；
（2）延长截面，分别求出，从而求解.
【解析】（1）证明：如图，连接，
因为分别为的中点，
所以，
所以分别为以为斜边的直角三角形，即，
又，平面平面，所以平面，
因为平面平面，所以平面.
（2）如图，过作，连接并延长，交于点，
连接，因为，所以为的中点，所以，
连接，因为，所以，
又平面平面，
所以平面，连接，
则是截面与平面所成二面角的平面角，即.
在中，，所以，
又在中，由余弦定理可得，
所以在中，，
所以，所以，所以
因为，所以，即为中点.
又是中点，所以是的重心，
所以，所以，
所以，
又，所以，所以.
题型七：空间动点存在性问题的探究
（2024·上海黄浦·高三大同中学校考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，E为AD的中点．
（1）求证：；
（2）在线段PC上是否存在点M，使得平面PEB？请说明理由
【思路分析】
（1）利用面面垂直的性质定理证得平面，从而证得；
（2）存在为中点时，平面，取中点为，可得四边形为平行四边形，因此，从而得证.
【规范解答】
（1）因为为中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，因此．
（2）存在为中点时，平面，理由如下：
取中点为，连接，
因为为中点，，且．
在矩形中，为中点，所以，且．
所以，且，所以四边形为平行四边形，因此，
又因为面面，所以面．
1．（2024·广东梅州·统考一模）已知三棱柱中，，，且，，侧面底面，是的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）在棱上是否存在点，使得与平面的所成角为60°.如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析
【分析】（1）根据余弦定理求得.由面面垂直的判定定理、线面垂直的性质即可证得两两垂直，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法即可证明；
（2）由（1），设，利用空间向量法求解即可.
【解析】（1）在中，，由余弦定理，
得，解得，得.
在中，，则为正三角形，
取BD的中点O，连接，则，又平面平面，
平面平面平面，所以平面.
取的中点E，连接OE，则，而，所以，
由平面，所以，
以O为原点，以所在直线为轴建立如图空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，
令，则，
所以，所以，故平面平面；
（2）由（1）知，，，，，，
由，即，得，
所以，设，
则，又，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，所以，
所以，
整理，得，方程在上无实数解，
所以在上不存在点Q，使得与平面所成角为.
2．（2024·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习）设四边形为矩形，点为平面外一点，且平面，若
（1）求与平面所成角的正切值；
（2）在边上是否存在一点，使得点到平面的距离为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；
【答案】（1）；（2）存在，
【分析】（1）先根据线面垂直的性质证明，再证明平面，则即为与平面所成角的平面角，再解即可；
（2）连接，作于点，证明平面，则即为点到平面的距离，再在中，利用等面积法求解即可.
【解析】（1）因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
所以即为与平面所成角的平面角，
在中，，则，
所以与平面所成角的正切值为；
（2）假设存在，设，
连接，作于点，
因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
所以即为点到平面的距离，
由，得，
由，解得，
所以存在，.
1．（2024·内蒙古赤峰·高三校考开学考试）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，.
（1）证明：平面.
（2）若，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理先证出平面，再证得平面；
（2）利用间接法，求体积.
【解析】（1）记.
因为四边形是菱形，所以.
因为平面平面，且，
所以平面.
因为平面，所以.
因为平面平面，且，
所以平面.
（2）因为，所以点到平面的距离是3.
因为四边形是边长为4的菱形，且，
所以，
则四棱锥的体积，
三棱锥的体积，
三棱锥的体积，
故三棱锥的体积.
2．（2024·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）如图，四棱锥中，，，．
（1）证明：；
（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）取的中点，连接，，，即可得到△和△都是等边三角形，从而得到，，则平面，从而得到，再由，即可得证；
（2）依题意可得二面角的平面角为，在平面内作交于点，由面面垂直的性质得到平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【解析】（1）取的中点，连接，，，
因为，，
所以△和△都是等边三角形，
所以，，，平面，
所以平面，平面，所以，
因为，所以，所以.
（2）由（1）知，，
则二面角的平面角为，，
且平面，平面，
所以平面平面，平面平面，
在平面内作交于点，所以平面，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，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．（2024·吉林·校联考模拟预测）如图，在直四棱柱中，底面为矩形，，高为，O，E分别为底面的中心和的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）答案见解析；（2）
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理证明；（2）建立空间直角坐标系，并求出平面与平面的夹角的余弦值，得到和的关系式即可求出的值.
【解析】（1）连接、，
∵O，E分别为的中点和的中点，∴∥，
∵∥，∴∥，∴四点、 、 、共面，
∵ ， ，且，、平面，
平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面，
（2）分别以、、所在的直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
，，，，，，
则，，，，
设平面的法向量，
则，即，
令，则，∴，
设平面的法向量，
则，即，
令，则，，∴，
∴，∴.
4．（2024·天津南开·高三南开中学校考阶段练习）如图，四棱台中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，E，F分别为DC，BC的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为45°．
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）边BC上是否存在点M，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）详见解析；（2）；（3）1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设平面的一个法向量为，论证即可；
（2）由，得到点到平面的距离为求解；
（3）假设在边BC上存在点M，设，由求解.
【解析】（1）证明： 由题设可得四棱台为正四棱台，故可建立如图所示空间直角坐标系：
则，
所有，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，所以，
因为，且平面，所以平面；
（2）易知，则，
所以点到平面的距离为；
（3）假设在边BC上存在点M，设，则，
因为直线与平面所成的角的正弦值为，
所以，
即，解得或（舍去），
则，此时.
5．（2024·北京·高三北京市第一六一中学校考开学考试）如图，多面体中，四边形为矩形，，，，，，．
（1）求证：⊥；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求出的值，使得，且到平面距离为．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【分析】（1）根据矩形的性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；
（3）利用空间向量距离公式，结合三棱锥的体积公式进行求解即可.
【解析】（1）因为四边形为矩形，所以；
又，，，平面，
所以平面，平面，所以.
（2）由（1）知平面，
如图建立空间直角坐标系，其中，为，轴的正方向，
因为，所以：，，，.
所以，，.
设平面的法向量为，
则，取.
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为：.
（3）设到平面的距离为，
.
，，.
设平面的法向量为，，.
所以：，取.
.
6．（2023·辽宁大连·高三育明高中校考期中）如图，在中，，，，．将沿折起，使点到达点的位置．
（1）请在答题纸的图中作出平面与平面的交线，并指出这条直线（不必写出作图过程）；
（2）证明：平面平面；
（3）若直线和直线所成角的大小为，求四棱锥的体积．
【答案】（1）作图见解析；（2）证明见解析；（3）
【分析】（1）延长，交于点，连接，即为所求直线；（2）由已知证得平面，结合得出平面，由平面，即可证明平面平面；（3）由直线和直线的夹角及已知得出，由勾股定理逆定理得出为直角三角形，在平面中，过点作于点，求出的长，根据四棱锥的体积公式计算即可．
【解析】（1）延长，交于点，连接，则为平面与平面的交线．
（2）因为，，
所以，则，
因为平面，，所以平面，
因为，所以平面，
又因为平面，所以平面平面．
（3）由，，，，得，
因为，且直线和直线所成角的大小为，所以，
由（1）得，平面，且平面，
所以，即，
由得，，
在中，，则，
在平面中，过点作于点，则，
因为平面，平面，所以，
又因为，，平面，且，
所以平面，
则．
1．（2023·北京·统考高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．
（1）求证：平面PAB；
（2）求二面角的大小．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【解析】（1）因为平面平面，
所以，同理，所以为直角三角形，
又因为，，
所以，则为直角三角形，故，
又因为，，所以平面.
（2）由（1）平面，又平面，则，
以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，
建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，即令，则，所以，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，所以，
所以，
又因为二面角为锐二面角，所以二面角的大小为.
2．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．
（1）求证：//平面；
（2）若，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）作出并证明为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.
【解析】（1）连接，设，
则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，
于是，即，
则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）过作垂直的延长线交于点，
因为是中点，所以，
在中，，所以，
因为，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
又，平面，
所以平面，即三棱锥的高为，
因为，所以，
所以，
又，所以.
3．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱中，平面．
（1）证明：平面平面；
（2）设，求四棱锥的高．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）由平面得，又因为，可证平面，从而证得平面平面；（2） 过点作，可证四棱锥的高为,由三角形全等可证，从而证得为中点，设，由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求.
【解析】（1）证明：因为平面，平面，所以,
又因为，即，
平面，，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）如图，过点作，垂足为.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以四棱锥的高为.
因为平面，平面，
所以，,
又因为，为公共边，
所以与全等，所以.
设，则，
所以为中点，,
又因为,所以，即，解得，
所以，
所以四棱锥的高为．
4．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．
（1）证明：；
（2）已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得平面，再由勾股定理求出为中点，即可得证；（2）利用直角三角形求出的长及点到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值.
【解析】（1）如图，
底面，面，，
又，平面，，平面ACC1A1，
又平面，平面平面，
过作交于，
又平面平面，平面，平面
到平面的距离为1，，
在中，，
设，则，
为直角三角形，且，
，，，
，解得，
，
（2），，，
过B作，交于D，则为中点，
由直线与距离为2，所以
，，，
在，，
延长，使，连接，
由知四边形为平行四边形，
，平面，
又平面，
则在中，，，
在中，，，
,
又到平面距离也为1，
所以与平面所成角的正弦值为.
5．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面BEF；
（3）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明；
（3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【解析】（1）连接，设，
则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，
于是，即，
则四边形为平行四边形，，
又平面平面，所以平面.
（2）法一：由（1）可知，则，得，
因此，则，有，
又，平面，则有平面，
又平面，所以平面平面.
法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
在中，，
在中，，
设，所以由可得：，
可得：，所以，
则，所以，，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
，所以平面平面BEF；
（3）法一：过点作交于点，设，
由，得，且，
又由（2）知，，则为二面角的平面角，
因为分别为的中点，因此为的重心，即有，
又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，则，
从而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值为.
法二：平面的法向量为，平面的法向量为，
所以，
因为，所以，
故二面角的正弦值为.
6．（2023·天津·统考高考真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，
（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）
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；
（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；
（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解
【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.
7．（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
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【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，.
8．（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）．
【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；
（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【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．
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）。
3、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。
4、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
借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组．若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在．