专题14 立体几何综合（5大考向真题解读）-备战2025年高考数学真题题源解密（新高考卷）

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命题分析
2024年高考新高考Ⅰ卷考查了线面平行关系的证明和已知二面角求长度问题。Ⅱ卷考查了线线垂直关系的证明和二面角正弦值的求解。难度适中，不过解题的证明方法还是比较少见的，大家要注意。例如Ⅰ卷是利用垂直关系的性质来考查平行，二面角既可以用定义法也可以建系解决。预计2025年高考第（1）问还是主要考查平行与垂直的判定与性质，第（2）问主要考查利用空间向量的相关知识解决空间角的问题。
试题精讲
一、解答题
1．（2024新高考Ⅰ卷·17）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）（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．
2．（2024新高考Ⅱ卷·17）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF对折至，使得．
(1)证明：；
(2)求面PCD与面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.
一、解答题
1．（2022新高考Ⅰ卷·19）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
2．（2023新高考Ⅰ卷·18）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.
【详解】（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，
.
3．（2022新高考Ⅱ卷·20）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)
【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.
【详解】（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.

4．（2023新高考Ⅱ卷·20）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．
【详解】（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．
一、直线的方向向量
1、直线的方向向量
如图8-153所示，为经过已知点且平行于已知非零向量的直线．对空间任意一点，点在直线上的充要条件是存在实数，使①，其中向量叫做直线的方向向量，在上取，则式①可化为②
①和②都称为空间直线的向量表达式，当，即点是线段的中点时，，此式叫做线段的中点公式．
2、共面向量
如图8-154所示，已知平面与向量，作，如果直线平行于平面或在平面内，则说明向量平行于平面．平行于同一平面的向量，叫做共面向量．
3、共面向量定理
如果两个向量，不共线，那么向量与向量，共面的充要条件是存在唯一的有序实数对，使．
推论：①空间一点位于平面内的充要条件是存在有序实数对，使；或对空间任意一点，有，该式称为空间平面的向量表达式．
②已知空间任意一点和不共线的三点，，，满足向量关系式（其中）的点与点，，共面；反之也成立．
二、空间向量的数量积运算
1、两向量夹角
已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作，通常规定，如果，那么向量，互相垂直，记作．
2、数量积定义
已知两个非零向量，，则叫做，的数量积，记作，即．零向量与任何向量的数量积为0，特别地，．
3、空间向量的数量积满足的运算律：
，（交换律）；
（分配律）．
三、空间向量的坐标运算及应用
1、设，，则；
；
；
；
；
．
2、设，，则．
这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标．
3、两个向量的夹角及两点间的距离公式．
①已知，，则；
；
；
；
②已知，，则，
或者．其中表示与两点间的距离，这就是空间两点的距离公式．
4、向量在向量上的投影为．
四、法向量的求解与简单应用
1、平面的法向量：
如果表示向量的有向线段所在直线垂直于平面，则称这个向量垂直于平面，记作，如果，那么向量叫做平面的法向量．
几点注意：
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①法向量一定是非零向量； = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②一个平面的所有法向量都互相平行； = 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③向量是平面的法向量，向量是与平面平行或在平面内，则有．
第一步：写出平面内两个不平行的向；
第二步：那么平面法向量，满足．
2、判定直线、平面间的位置关系
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线，的方向向量分别为，．
若∥，即，则；
若，即，则．
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②直线与平面的位置关系：直线的方向向量为，平面的法向量为，且．
若∥，即，则；
若，即，则．
3、平面与平面的位置关系
平面的法向量为，平面的法向量为．
若∥，即，则；若⊥，即，则⊥．
五、空间角公式
1、异面直线所成角公式：设，分别为异面直线，上的方向向量，为异面直线所成角的大小，则．
2、线面角公式：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、二面角公式：
设，分别为平面，的法向量，二面角的大小为，则或（需要根据具体情况判断相等或互补），其中．
六、空间中的距离
求解空间中的距离
1、异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．
如图，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．
2、点到平面的距离
为平面外一点（如图），为平面的法向量，过作平面的斜线及垂线．
一、解答题
1．（2024·江西九江·三模）如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，，为等边三角形.
(1)证明：；
(2)若二面角的大小为，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取的中点，利用等腰三角形性质，线面垂直的判定性质推理即得.
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）取的中点，连接线段，由，得，
由，得为等边三角形，则，
又平面，于是平面，又平面，
所以.
（2）由（1）知为二面角的平面角，即，
在平面内过作，显然直线两两垂直，
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
不妨设，则，，
由，得，，，
设平面的法向量为，，
，取，得，而，
设平面的法向量为，则，取，得，
设二面角的平面角为，则，
因此，所以二面角的正弦值为.
2．（2024·安徽芜湖·三模）如图，三棱锥中，平面平面，平面平面，平面平面，
(1)求证：两两垂直；
(2)若为中点，为中点，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在上任取一点，作交于，作交于，证明平面，从而证明，继而推出，即可证明平面，继而可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法啊，即可求得答案.
【详解】（1）在上任取一点，作交于，作交于，
由平面平面交于面，，则平面，
又平面，则，同理，
又由平面，可得平面，
平面，则．
同理可得，即两两垂直．
（2）分别以DB，DC，DA所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，
易得，
有，
设面的法向量，则由，
即，可取．
设与平面所成角为，
则，
则与平面所成角的正弦值为
3．（2024·四川成都·三模）如图，三棱柱所有棱长都为2，，D为与交点．
(1)证明：平面平面；
(2)若，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直判定定理证明，即 先证明平面，再证明面平面.
（2）先建系，然后求解出平面的一个法向量和平面的一个法向量，代入公式即可.
【详解】（1）取中点O，取中点E，连接，，，
因为三棱柱所有棱长都为2，，
有，，E为的中点，四点共面，
所以，且，、平面，，
所以平面，又平面，故平面平面．
（2）因为，所以平面，平面，
所以，所以为直角三角形，所以，
所以，在中，．
以O为原点，作平面，以，，方向为x，y，z轴正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
由，所以，所以，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，解得，所以平面的一个法向量为，
记二面角的大小为，且为锐角，
则，
即二面角的平面角的余弦值为．
4．（2024·江西南昌·三模）如图1，四边形为菱形，，，分别为，的中点，如图2．将沿向上折叠，使得平面平面，将沿向上折叠．使得平面平面，连接.
(1)求证：，，，四点共面：
(2)求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的性质得到，结合中位线定理得到，最后证明四点共面即可.
（2）找到对应二面角的平面角，放入三角形中，利用余弦定理求解即可.
【详解】（1）取，的中点分别为，，连接，，
取，的中点分别为，，连接，，，
由题意知，都是等边三角形，
所以，，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，平面，所以，
因为，的中点分别为，，所以
所以，所以，
所以，又因为，
所以，
因为，的中点分别为，，
所以，
所以，所以，，，四点共面；
（2）连接，，且延长交于点，由题意知，，
所以，同理，
所以就是二面角的平面角，
设，则，，，
所以，同理，
所以，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
5．（2024·北京顺义·三模）如图在几何体ABCDFE中，底面ABCD为菱形，，，，.
(1)判断AD是否平行于平面CEF，并证明；
(2)若面面；求：
（ⅰ）平面与平面CEF所成角的大小；
（ⅱ）求点A到平面CEF的距离.
【答案】(1)与平面不平行，证明见解析
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）取中点，证明，假设平面，根据线面平行性质定理证明，推出矛盾，可得结论；
（2）（i）证明线线垂直建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解平面与平面的角，（ii）利用向量方法求点到平面距离.
【详解】（1）不平行于平面，理由如下：
取中点，
因为，所以
则四边形为平行四边形，所以，
又，所以不平行于，
假设平面，
因为平面平面，平面
所以，与不平行于矛盾，
所以假设不成立，即不平行于平面；
（2）取中点，连接
因为菱形，
所以为正三角形，又为中点，所以，
由于，所以，
又面面，面面，面
所以面，因为面，所以
又因为，面，
所以面，而面，所以，
所以如图，以为原点，所在直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则
（i）因为面，所以为平面的一个法向量
设平面的法向量为，因为
所以，令，
设平面与平面所成角为，
所以，则
即平面与平面所成角大小为；
（ii）因为，由（i）知平面的一个法向量为
所以点到平面的距离为.
6．（2024·安徽合肥·三模）如图一：等腰直角中且，分别沿三角形三边向外作等腰梯形使得，沿三边折叠，使得，重合于，如图二
(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）补全图形得到三棱锥，由线面垂直证得；
（2）思路一：建立空间直角坐标系，运用向量求解线面角；
思路二：等体积法求得到平面的距离，再用几何法求得线面角.
【详解】（1）延长交于点过作于，过作于，
又四边形为等腰梯形，则，则，
又，所以，为的中点，
延长交于点，则，为的中点，则，
与重合于点，为三棱锥，
设为中点，等腰直角中，
又为的中点，为的中点，，∴，
，又平面平面，
又平面，.
（2）方法一：
为中点，，
又，
以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，
， ，，
设平面的法向量为，则，
取，则，所以.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
方法二：
为中点，，，
又，
又，平面，∴平面，
，为等边三角形，设到平面的距离为，
∴，
.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
7．（2024·河北秦皇岛·三模）如图，在三棱柱中，，四边形为菱形，，.
(1)证明：.
(2)已知平面平面，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）通过线面、面面的位置关系证平行四边形为菱形即可；
（2）先证平面，根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法即可求解.
【详解】（1）
设为的中点，连接，，，，
因为，所以，
因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，则，
又平面，平面，，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，平面，
，所以平面，
因为平面，所以，所以四边形为菱形，即.
（2）
因为平面平面，且平面平面，，平面，
所以平面；
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，，，，，
可得，，.
设平面的法向量为，则
令，则，，可得.
设平面的法向量为，则
令，则，，可得.
，故二面角的正弦值为.
8．（2024·河南·三模）如图，在直三棱柱中，是棱BC上一点（点D与点不重合），且，过作平面的垂线．
(1)证明：；
(2)若，当三棱锥的体积最大时，求AC与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直的性质即可证得；
（2）法1：由三棱锥的体积最大推理得到最大，利用基本不等式得，作于，可推得平面，得到AC与平面所成的角等于，解三角形即得；法2：依题建系，分别求得和平面的法向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得.
【详解】（1）在直三棱柱中，平面ABC，因为平面ABC，所以．
又平面，所以平面．
又因为平面，所以．
（2）因为，所以当三棱锥体积最大时，最大．
由（1）可知平面，因为面，所以．
又，所以，
当且仅当时取等号，即当最大时，．
法1：综合法
如图，作于，连结AH.
由（1）可知平面，因为面，所以．
又平面，所以平面．
因此，AC与平面所成的角等于．
因为平面平面，所以．
在Rt中，，所以，因此,
在Rt中，．
所以AC与平面所成角的正弦值．
法2：向量法
在平面内，作交于，因为平面ABC，所以平面ABC．
分别以DC，DA，DE为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图.则．
设平面的法向量为，易得，
可取．
因，则，
所以AC与平面所成角的正弦值等于．
9．（2024·江苏宿迁·三模）如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，为半个圆柱上底面的直径，，，点，分别为，的中点，点为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)若是线段上一个动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明，，进而证明为平行四边形，可得，再证明，由面面平行的判定定理得证；
（2）方法1，建立空间直角坐标系，利用向量法求解；方法2，先证明平面平面，过作交于，则就是直线与平面所成角，利用平面几何求出最小，得解.
【详解】（1）连接，由点为的中点，为半个圆柱上底面的直径知，
由，，知，，
则，又四点共面，所以，
由为直三棱柱的侧面知，即，则，
由为的中点得，
所以四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，，则平面，
因为，分别为，的中点，所以，
又平面，，平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面．
（2）（法一）以为一组空间正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，，
设，
则，
由平面平面知直线与平面所成角即为直线与平面所成角，
设平面的法向量为，
由，取，得，
则平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则
，
又，则时，的最大值为．
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为．
（法二）在直三棱柱中，底面，
因为底面，所以，
由（1）知，，所以，
又平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
过作交于，
因为平面平面，所以平面，
又平面平面，
则直线与平面所成角即为直线与平面所成角，
因为∽，且正方形的边长为2，
所以，则，
又，要使值最大，
则最小，在中，
过作交于，由等面积可求出，此时．
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为．
10．（2024·广东汕头·三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，是中点，是中点.
(1)证明：直线平面；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取的中点，借助三角形中位线及平行四边形性质，利用线面平行的判断推理即得.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）在四棱锥中，取的中点，连接，，
由为的中点，得，，
在正方形中，是中点，得，，
则且，即四边形为平行四边形，
因此，又平面平面，
所以直线平面.
（2）由底面，且四边形为正方形，得直线两两垂直，
以A为原点，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，令，得，
设，则，，
由，得，，而，
设平面的法向量为，则，取，得，
设平面与平面的夹角的为， ，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
11．（2024·浙江绍兴·三模）如图，在直三棱柱中，，，、分别为、的中点，设平面交棱于点．
(1)求；
(2)求二面角的平面角的正切值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立适当空间直角坐标系后，可得平面的法向量，由平面，可得与垂直，计算即可得解；
（2）求出平面与平面的法向量，借助夹角公式计算其夹角余弦值后即可得其正切值.
【详解】（1）以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则有、、、、、
、、，设，
则、，，
设平面的法向量为，
则有，
令，则有，，即，
由平面，则，解得，
故；
（2），，
设平面的法向量分别为，
则有，
令，则有，，即，
由轴平面，故平面的法向量可为，
则，
则，
则二面角的平面角的正切值为.
12．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱台中，，
，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，四棱台的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）由已知，在中，由正弦定理，可得，在中，由余弦定理，
可得，由勾股定理的逆定理可得，则平面，则得平面平面；
（2）由（1）和已知，可得四棱台的上、下底面面积，再由四棱台的体积公式求出高，由（1）可得平面，以为坐标原点，
建立空间直角坐标系，求出设平面和平面的法向量，则由坐标运算得到平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）
因为，所以，
在中，由正弦定理，
得，
所以，
所以，
则由勾股定理，得，
在中，由余弦定理，
得，
所以，所以，即，
又平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面.
（2）由（1）知四棱台的下底面面积
，
因为，所以上底面面积，
设四棱台的高为，
则四棱台的体积为，
所以，
因为平面平面，
平面平面，
所以平面，所以两两垂直.
以为坐标原点，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
所以，
设平面的法向量为，
则，即，
令，得，
所以平面的一个法向量为，
由题可知平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
13．（2024·山东烟台·三模）如图，在直三棱柱中，，M，N分别为，中点，且．
(1)证明：；
(2)若D为棱上的动点，当与平面所成角最大时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）建立适当的空间直角坐标系，证明即可；
（2）当与平面所成角最大时，求出此时点的位置，再求出二面角所对应的两个平面的法向量，结合向量夹角公式即可运算求解.
【详解】（1）在直三棱柱中，平面，而平面，平面，
所以，，
因为，，平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为，，
所以两两互相垂直，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，M，N分别为，中点，
所以，，
所以，
所以，
所以，即；
（2）
由（1）得，，
设，
所以，
因为平面，
所以取平面的一个法向量为，
设与平面所成角为，
所以与平面所成角的正弦值为，
若要与平面所成角最大，则当且仅当最大，
所以当且仅当时，最大，此时，
因为，，平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面，平面，
所以平面和平面是同一个平面，
所以平面，
所以可取平面的一个法向量为，
若的坐标为，且注意到，
所以，
设平面的法向量为，
由，可得，令，解得，
所以取平面的一个法向量为，
由图可知二面角是锐角，
所以二面角的余弦值为，
综上所述，二面角的余弦值为.
14．（2024·四川成都·三模）中国是风筝的故乡，南方称“鹞”，北方称“鸢”.如图，某种风筝的骨架模型是四棱锥，其中，，交于点.
(1)求证：平面平面；
(2)若，且二面角为，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）只需结合已知分别证明，，结合线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量、平面的法向量，由向量夹角公式即可求解.
【详解】（1）因为，，
所以均在的垂直平分线上，所以，，
因为，
所以，
因为，所以，
又因为，，平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
（2）由（1）可知，
以为原点，所在直线分别为轴，过点垂直于底面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，
所以，所以，
从而由等面积法，可知，由勾股定理，可知，
由（1）可知，所以，
由（1）可知，而平面平面，平面，平面，且二面角为，
所以，
所以与轴所在直线的夹角为，
所以，
因为，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，解得，
所以平面的法向量为，
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.
15．（2024·山东青岛·三模）如图所示，多面体，底面是正方形，点为底面的中心，点为的中点，侧面与是全等的等腰梯形，，其余棱长均为2.
(1)证明:平面；
(2)若点在棱上，直线与平面所成角的正弦值为，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【分析】（1）取中点，通过证明平面，平面平面，得证平面.
（2) 以为原点，建立空间直角坐标系，设，由直线与平面所成角的正弦值为，利用向量法求出的值即可.
【详解】（1）取中点，连接，则为的中点，
因为侧面是等腰梯形，所以，又，所以，
和都是边长为2的等边三角形，得，所以四边形为等腰梯形，
因为点为的中点，为的中点，所以.
因为是等边三角形，所以，
又，平面，，
所以平面，平面，所以平面平面，
平面平面，平面，，
故平面.
（2）在梯形中，，等腰梯形中由勾股定理得，
取中点，由（1）知，两两垂直，
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，
设平面的法向量为，
则，令，则，得
设，，
设直线与平面所成角为，
所以.
解得（负值舍去)，所以点为棱的中点，所以的长为1.
16．（2024·新疆喀什·三模）如图，在正四棱台中，，，是的中点．
(1)求证：直线平面；
(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）连接交于，连接交于，连接，依题意得平面，即可得到，再由，即可得证；
（2）首先求出以及，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）连接交于，连接交于，连接，
∵四棱台是正四棱台，
∴平面，又平面，
∴，又，，平面，
∴平面．
（2）在等腰梯形中，，，
所以，
在等腰梯形中，，
所以，
两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量为，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．
17．（2024·浙江·三模）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，平面底面，，，E，F分别是，的中点，P是线段上的动点．
(1)当P是线段的中点时，求点P到平面的距离；
(2)当平面与平面的夹角的余弦值为时，求．
【答案】(1)．
(2)
【分析】（1）利用等体积变化的方法进行计算距离；
（2）利用空间向量法计算距离；
【详解】（1）作的中点D，连接，，连接，，，
因为点D，F分别为，的中点，
所以，且，
又由三棱柱的定义，结合点E为的中点可知：
，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
所以当P是线段的中点时，点P到平面的距离等于点E到平面的距离；
因为， ，
因为，所以，
由平面平面，且平面平面，
因为平面，所以平面，
又平面，所以，所以是三棱锥的高，
所以，
在等边三角形中，,
因为，所以直角三角形中
又，
三角形是等腰三角形，，
设点E到平面的距离为d，则，解得．
即点P到平面的距离为．
（2）
以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，
，，，，，
所以，，，，
设，则，
设平面的一个法向量，
则有，即，
所以，
设平面的一个法向量，
则有，即，所以，
所以，
解得或（舍去）．
所以，即的长为．
18．（2024·湖南邵阳·三模）如图所示，四棱锥中，平面，，，，为棱上的动点.
(1)求证：；
(2)若，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，取的中点，连接，利用平行四边形的判定及性质可得，则有，然后根据线面垂直的判定定理及性质定理即可证明.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求得线面角的正弦值.
【详解】（1）连接，取的中点，连接，则.
又，，四边形为平行四边形，，
，即，
又平面，平面，，
又，平面，平面，平面，
又平面，.
（2）以为坐标原点，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.则，
依题意得，，，，
则，，
，.
设平面的法向量为，
则
取，得，．.
设直线与平面所成角为，则有.
直线与平面所成角的正弦值为.
19．（2024·江西新余·二模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，.

(1)若为的中点，证明：平面平面；
(2)若，，线段上的点满足，且平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点为，利用直角梯形中位线的性质，线面垂直的性质判定推理即可；
（2）通过正三角形证明，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用二面角得向量求法计算求解即可.
【详解】（1）取中点为，由条件可得为梯形的中位线，则，
又，则，
且，平面，平面，
根据线面垂直的判定定理，得平面，
平面，.
由，则，又，为梯形的两腰，则与相交，
平面，
又平面，所以平面平面.
（2）取的中点为Q，由，，
则，，
因此△为等边三角形，.
由（1）知平面，，，两两垂直，
如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，

由，，则，
，，，，
由，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
由
取，得，，得.
设平面的一个法向量为，
由
取，得，，
即平面的一个法向量为.
记平面与平面夹角的大小为，
所以，化简得，即，所以实数的值为.
20．（2024·贵州六盘水·三模）已知四棱台的上、下底面分别是边长为和的正方形，平面平面，，，，点为的中点，点在棱上，且．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点为，连结，，先证四边形是平行四边形，可得，再由线面平行的判定定理，即可得证；
（2）结合余弦定理与勾股定理可证，利用面面垂直的性质定理知平面，再以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角，即可得解．
【详解】（1）证明：取的中点为，连结，因为为中点，
则，且，
因为，，，所以
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面;
（2）在中，，所以，
在中，，即，
因为平面⊥平面，平面平面，平面，
所以平面，
故以为坐标原点，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，
令，得，，所以，
易知平面的一个法向量为，
设二面角为，由图知为钝角，
所以，
所以，
故二面角的正弦值为．
21．（2024·新疆·三模）已知底面是平行四边形，平面，，，，且.
(1)求证：平面平面；
(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是.若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，或.
【分析】（1）由，得到，再由平面，证得，进而证得平面，结合，得到平面，利用面面垂直的判定定理，即可证得平面平面.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，求得向量和平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解.
【详解】（1）证明：在中，，，，
则，可得，
所以，所以.
因为平面，平面，所以，
又因为，平面，平面，所以平面，
因为，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）
是平行四边形，平面，，，，且.
假设线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，
以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
可得，，
设，
则，所以，
设平面的一个法向量为，则，
令，可得，所以，
设直线与平面所成角的大小为，
故，
整理得，解得或，所以或.
22．（2024·浙江绍兴·三模）如图，在三棱锥中，是正三角形，平面平面，，点是的中点，．
(1)求证：为三棱锥外接球的球心；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值最大时的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据图形特征得出即得证球心；
（2）根据线面角定义结合线面垂直及面面垂直的性质定理可得；
（3）空间向量法求出锐二面角的余弦值再结合最值可得参数.
【详解】（1）为的中线，且，则为正的中心，
又中，，
，即为三棱锥外接球的球心
（2）是正三角形，点是的中点，．
又平面平面，平面平面，平面，
平面
为直线与平面所成的角
又，，，
即直线与平面所成角的正弦值为
（3）在平面中，过点作，，垂足分别为，，
设，则，，．
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，
由，得，令，故，
设平面的法向量为，
则，即，令，则．
设平面与平面所成锐二面角的平面角为，
，
当时，，此时余弦值最大，
即当时，平面与平面所成锐二面角的余弦值最大．
命题解读
考向
考查统计
1.高考对立体几何综合的考查，重点是
（1）了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示。
（2）掌握空间向量的线性运算及其坐标表示，掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直。
（3）用几何法进行平行、垂直关系的证明，以及能用向量法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理。
（4）能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用。
平行关系
2023·新高考Ⅰ卷，18（1）
2024·新高考Ⅰ卷，17（1）
2022·新高考Ⅱ卷，20（1）
垂直关系
2023·新高考Ⅱ卷，20（1）
2024·新高考Ⅱ卷，17（1）
点到面的距离
2022·新高考Ⅰ卷，19（1）
求二面角
2022·新高考Ⅰ卷，19（2）
2022·新高考Ⅱ卷，20（2）
2023·新高考Ⅱ卷，20（2）
2024·新高考Ⅱ卷，17（2）
已知二面角求其他量
2023·新高考Ⅰ卷，18（2）
2024·新高考Ⅰ卷，17（2）