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4.3 立体几何解答题全归类
考点分布 考查频率 命题趋势
线线角、二面角、线面角 2024年II卷第17题，15分 2024年北京卷第17题，13分 2024年甲卷第19题，12分 2023年II卷第20题，12分 2023年北京卷第16题，13分 2022年I卷第19题，12分 预测2025年高考，多以解答题形式出现，高考仍将重点考查空间向量与立体几何，距离问题，异面直线夹角、线面角、二面角；解答题第一小题重点考查线线、线面、面 面垂直的判定与性质，第二小问重点考查利用向量计算线面角或二面角，难度为中档题．
距离问题 2024年天津卷第17题，15分 2024年甲卷第19题，12分 2023年天津卷第17题，15分
体积问题 2023年乙卷第19题，12分 2022年乙卷第18题，12分
探索性问题 2024年I卷第17题，15分 2023年I卷第18题，12分 2021年I卷第20题，12分
高考立体几何解答题常考模型主要包括柱体、锥体、球体、旋转体、多面体等。这些模型常涉及体积、表面积的计算，截面问题，以及与其他几何体的组合或相交问题。此外，空间位置关系，如平行、垂直的判断与证明，也是常考内容。空间角的计算，包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等，同样是高考立体几何的重要考点。最后，空间距离的计算，如点到平面的距离、两平行平面间的距离等，也是解答题中常见的考查点。掌握这些模型的基本性质和解题方法，对于提高高考立体几何的解题能力至关重要。
1．（2024年全国II卷）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．
2．（2024年全国I卷）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．
3．（2024年天津卷）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点．
(1)求证平面；(2)求平面与平面的夹角余弦值；(3)求点到平面的距离．
4．（2024年北京卷）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．(1)若为线段中点，求证：平面．(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
5．（2024年甲卷）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．
6．（2023 乙卷）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．
7．（2022 乙卷）如图，四面体中，，，，为的中点．
（1）证明：平面平面；（2）设，，点在上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．
8．（2022 新高考Ⅰ）如图，直三棱柱的体积为4，△的面积为．（1）求到平面的距离；（2）设为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
9．（2021 新高考Ⅰ）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．
（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积．
高频考点1.非常规空间几何体为载体
核心知识：关键找出三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系．
典例1：（2024·河南濮阳·模拟预测）如图，侧面水平放置的正三棱台，且侧棱长为．(1)求证：平面；(2)求直线和平面所成角的正弦值．
变式训练
1.（2024·云南·三模）如图，在三棱台中，上、下底面是边长分别为2和4的正三角形，平面，设平面平面，点分别在直线和直线上，且满足，．(1)证明：平面；(2)若直线和平面所成角的正弦值为，求该三棱台的高．
2．（2024·上海虹口·高三统考期中）如图，在圆锥中，是底面的直径，且，，，是的中点．(1)求证：平面平面；(2)求二面角的余弦值．
高频考点2 函数的图象
核心知识：与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．
典例1：如图1，是边长为3的等边三角形，点分别在线段上，且，沿将翻折到的位置，使得，如图2.(1)求证：平面平面；
(2)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
变式训练：
1.（2024·广东·一模）如图所示，四边形是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，是与的交点，.
(1)记圆柱的体积为，四棱锥的体积为 ，求 ；(2)设点在线段上，且存在一个正整数，使得，若已知平面与平面的夹角的正弦值为，求的值.
2.（2024·甘肃张掖·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，且是边长为2的等边三角形，且平面平面为中点.(1)求证：平面；(2)在线段上是否存在点，使二面角的大小为，若存在，求的值，若不存在，请说明理由.
高频考点3 立体几何折叠问题
核心知识：
1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变。
2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质。
典例1：（2024·湖北武汉·模拟预测）如图1，在矩形中，，，将沿矩形的对角线进行翻折，得到如图2所示的三棱锥，且.
(1)求翻折后线段的长；(2)点满足，求与平面所成角的正弦值.
变式训练：
1.（2024·山东·模拟预测）如图，在菱形中，，是的中点，将沿直线翻折使点到达点的位置，为线段的中点.(1)求证：平面；(2)若平面平面，求直线与平面所成角的大小.
2.（2024·河南驻马店·二模）在如图①所示的平面图形中，四边形为菱形，现沿进行翻折，使得平面，过点作，且，连接，所得图形如图②所示，其中为线段的中点，连接.(1)求证：平面；(2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
高频考点4 立体几何作图问题
核心知识：（1）利用公理和定理作截面图；（2）利用直线与平面平行的性质定理作平行线；（3）利用平面与平面垂直作平面的垂线。
典例1：（2024·河南信阳·模拟预测）长方体中，.
(1)过E、B作一个截面，使得该截面平分长方体的表面积和体积.写出作图过程及其理由.
(2)记（1）中截面为，若与（1）中过点的长方体的三个表面成二面角分别为，求的值.
变式训练：
1.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.
2.（2024·北京·三模）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.
高频考点5 两角相等（构造全等）的立体几何问题
核心知识：构造垂直的全等关系
典例1：（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，.（1）证明：平面平面；
（2）当直线与平面所成的角为30°时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
变式训练：
1.（2024·河南·模拟预测）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．
2.（2024·广西桂林·二模）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.
高频考点6 利用传统方法找几何关系建系
核心知识：利用传统方法证明关系，然后通过几何关系建坐标系．
典例1：如图，已知四棱锥中，平面，平面平面，且，，，点在平面内的射影恰为的重心.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.
变式训练：
1.（2024·江苏南京·二模）如图，，，点、在平面的同侧，，，，平面平面，.(1)求证：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.
2.斜三棱柱ABC－A1B1C1上，侧面AA1C1C⊥平面ABC，侧面AA1C1C是菱形，∠A1AC＝60°，A1C＝AC＝BC＝，AB＝2，D为BB1的中点．(1)求二面角C－A1D－C1的余弦值；(2)记△ABC的外接圆上有一动点P，若二面角P－AA1－C与二面角C－A1D－C1相等，求AP的长．
高频考点7 空间中的点不好求
核心知识：方程组思想
典例1：（2024·全国·模拟预测）已知菱形ABCD中，，四边形BDEF为正方形，满足，连接AE，AF，CE，CF．(1)证明：；(2)求直线AE与平面BDEF所成角的正弦值．
变式训练：
1.（2024·河南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，分别为，的中点，点在上，且为三角形的重心.(1)证明：平面；(2)若，，四棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.
2.（2024·湖北武汉·校考模拟预测）如图，平行六面体中，点P在对角线上，，平面平面．(1)求证：O，P，三点共线；(2)若四边形是边长为2的菱形，，，求二面角大小的余弦值．
高频考点8 创新定义
核心知识：以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题。图形怎么阅读 一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形。
典例1：在陕西汉中勉县的汉江河与定军山武侯坪一带，经常出土有铜、铁扎马钉等兵器文物.扎马钉（如题21图（1））是三国时蜀汉的著名政治家、军事家诸葛亮所发明的一种对付骑兵的武器，状若荆刺，故学名蒺藜，有铜、铁两种.扎马钉有四个锋利的尖爪，随手一掷，三尖撑地，一尖直立向上，推倒上尖，下尖又起，始终如此，使触者不能避其锋而被刺伤.即总有一个尖垂直向上，三尖对称支承于地.简化扎马钉的结构，如图（2），记组成该“钉”的四条等长的线段公共点为，钉尖为（）．
（Ⅰ）判断四面体的形状特征；
（Ⅱ）若某个出土的扎马钉因年代久远，有一尖爪受损，其长度仅剩其他尖爪长度的（即），如图（3），将，，置于地面，求与面所成角的正弦值.
变式训练：
1.（2024·高三·山东青岛·期中）某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段EF折起，连接就得到了一个“刍甍” (如图2)。
(1)若O是四边形对角线的交点，求证：平面；
(2)若二面角的大小为求平面与平面夹角的余弦值.
2.为方便师生行动，我校正实施翔宇楼电梯加装工程．我们借此构造了以下模型：已知正四棱柱，它抽象自翔宇楼南侧楼心花园所占据的空间，设，，O为底面ABCD的中心，正四棱柱与正四棱柱分别代表电梯井与电梯厢，设，M为棱的中点，N，K分别为棱，上的点，，．
(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)“你站在桥上看风景，看风景的人在楼上看你．明月装饰了你的窗子，你装饰了别人的梦．”卞之琳诗句中的情景其实正在我们的生活中反复上演，上官琐艾同学站在楼心花园的中心（O点），她正目送着倚立在电梯厢一角的欧阳南德同学，假定上官同学的目光聚焦于棱OO2的中点I，此时，电梯厢中欧阳同学的目光正徘徊在位于N点的数学办公室与位于K点的数学实验室，当电梯厢向上启动时，在这时空里便诞生了由点O与移动着的平面INK所勾勒的动人风景．现在，请作为“正在看风景的人”的你完成以下问题：当电梯厢自底部（平面OECF与平面ABCD重合）运行至顶端（平面与平面重合）的过程中，点O到平面INK距离的最大值．
高频考点9 立体几何建系繁琐问题
核心知识：利用传统方法解决
典例1：（2024·山东·高三期末）《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）设平面与平面交线为，若，，求二面角的大小.
变式训练：
1．（2024·江苏·高三校考期中）如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，M，N分别为BC，的中点，P为AM上一点，过和P的平面交AB于E，交AC于F.
（1）证明：，且平面；
（2）设O为的中心，若面，且，求直线与平面所成角的正弦值.
2．（2024·全国·高三校联考阶段练习）在三棱柱中，，平面，、分别是棱、的中点.(1)设为的中点，求证：平面；
(2)若，直线与平面所成角的正切值为，求多面体的体积.
1.《瀑布》（图1）是最为人所知的作品之一，图中的瀑布会源源不断地落下，落下的水又逆流而上，荒唐至极，但又会让你百看不腻，画面下方还有一位饶有兴致的观察者，似乎他没发现什么不对劲.此时，他既是画外的观看者，也是埃舍尔自己.画面两座高塔各有一个几何体，左塔上方是著名的“三立方体合体”由三个正方体构成，右塔上的几何体是首次出现，后称“埃舍尔多面体”（图2）
埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造，设边长均为2，定义正方形，的顶点为“框架点”，定义两正方形交线为“极轴”，其端点为“极点”，记为，将极点，分别与正方形的顶点连线，取其中点记为，，，如（图3）.埃舍尔多面体可视部分是由12个四棱锥构成，这些四棱锥顶点均为“框架点”，底面四边形由两个“极点”与两个“中点”构成，为了便于理解，图4我们构造了其中两个四棱锥与
(1)求异面直线与成角余弦值；(2)求平面与平面的夹角正弦值；
(3)求埃舍尔体的表面积与体积（直接写出答案）.
2.（2024·山东日照·三模）在五面体中，，.
(1)求证：；(2)若，，，点到平面的距离为，求二面角的余弦值.
3.（2024·全国·校联考模拟预测）已知三棱锥ABCD，D在面ABC上的投影为O，O恰好为△ABC的外心．，.(1)证明：BC⊥AD；(2)E为AD上靠近A的四等分点，若三棱锥A-BCD的体积为，求二面角的余弦值．
4．（2025·山东日照·高三校联考期中）如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆O的内接正三角形，点E在母线上，且，.(1)求证：平面平面；(2)若点M为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离.
5.如图所示，圆锥的高，底面圆O的半径为R，延长直径AB到点C，使得，分别过点A，C作底面圆O的切线，两切线相交于点E，点D是切线CE与圆O的切点．(1)证明：平面平面；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求点A到平面的距离．
6.（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，（1）证明：平面平面；
（2）当平面与平面所成锐二面角的余弦值，求直线与平面所成角正弦值.
7．（2024·广西桂林·统考二模）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.
8．（2024·黑龙江哈尔滨·校考三模）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，求四棱锥的体积.
9．（2024·云南·高三校考阶段练习）如图，在菱形中，，，将沿着翻折，形成三棱锥.(1)当时，证明：；(2)当平面平面时，求直线与平面所成角的余弦值.
10．（2024·广东·模拟预测）如图1所示，四边形ABCD中，，，，，M为AD的中点，N为BC上一点，且．现将四边形ABNM沿MN翻折，使得AB与EF重合，得到如图2所示的几何体MDCNFE，其中．
(1)证明：平面FND；(2)若P为FC的中点，求二面角的正弦值．
11.在中，，，D为边上一点，，E为上一点，，将沿翻折，使A到处，.(1)证明：平面；(2)若射线上存在点M，使，且与平面所成角的正弦值为，求λ.
12．（2024·福建莆田·高三校考阶段练习）等边三角形的边长为3，点分别是边上的点，且满足，如图甲，将沿折起到的位置，使二面角为直二面角，连接，如图乙.(1)求证：平面.(2)在线段上是否存在点，使平面与平面所成的角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
13．（2024·广东汕头·校考三模）如图，圆台的轴截面为等腰梯形，为底面圆周上异于的点.(1)在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由；
(2)若四棱锥的体积为，设平面平面，求的最小值.
14．（2024·湖南·高三校联考阶段练习）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形， ，且底面，点分别在棱、上·
(1)若P是的中点，证明：；(2)若平面，且平面PQD与平面AQD的夹角的余弦值为，求四面体的体积．
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4.3 立体几何解答题全归类
考点分布 考查频率 命题趋势
线线角、二面角、线面角 2024年II卷第17题，15分 2024年北京卷第17题，13分 2024年甲卷第19题，12分 2023年II卷第20题，12分 2023年北京卷第16题，13分 2022年I卷第19题，12分 预测2025年高考，多以解答题形式出现，高考仍将重点考查空间向量与立体几何，距离问题，异面直线夹角、线面角、二面角；解答题第一小题重点考查线线、线面、面 面垂直的判定与性质，第二小问重点考查利用向量计算线面角或二面角，难度为中档题．
距离问题 2024年天津卷第17题，15分 2024年甲卷第19题，12分 2023年天津卷第17题，15分
体积问题 2023年乙卷第19题，12分 2022年乙卷第18题，12分
探索性问题 2024年I卷第17题，15分 2023年I卷第18题，12分 2021年I卷第20题，12分
高考立体几何解答题常考模型主要包括柱体、锥体、球体、旋转体、多面体等。这些模型常涉及体积、表面积的计算，截面问题，以及与其他几何体的组合或相交问题。此外，空间位置关系，如平行、垂直的判断与证明，也是常考内容。空间角的计算，包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等，同样是高考立体几何的重要考点。最后，空间距离的计算，如点到平面的距离、两平行平面间的距离等，也是解答题中常见的考查点。掌握这些模型的基本性质和解题方法，对于提高高考立体几何的解题能力至关重要。
1．（2024年全国II卷）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)
【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.
2．（2024年全国I卷）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)
【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．
3．（2024年天津卷）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点．
(1)求证平面；(2)求平面与平面的夹角余弦值；(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【详解】（1）取中点，连接，，由是的中点，故，且，
由是的中点，故，且，则有、，
故四边形是平行四边形，故，又平面，平面，故平面；
（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有、、、、、，
则有、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
分别取，则有、、，，即、，
则，故平面与平面的夹角余弦值为；
（3）由，平面的法向量为，
则有，即点到平面的距离为.
4．（2024年北京卷）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．(1)若为线段中点，求证：平面．(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，所以平面.
（2）因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，则由可得，取，
设平面的法向量为，则由可得，取，
故，故平面与平面夹角的余弦值为
5．（2024年甲卷）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)
【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.
6．（2023 乙卷）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．
【解析】 （1）证明：在中，作，垂足为，设，则，
因为，所以，所以，即，解得，
又因为，所以，且，
所以，所以，即，解得，
即，所以是的中点，是的中点，
又因为是的中点，所以，同理，，所以，
又因为平面，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，
的面积为，
所以三棱锥的体积为．
7．（2022 乙卷）如图，四面体中，，，，为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）设，，点在上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．
【解析】证明：（1），，，
，，又为的中点．，
，为的中点．，又，平面，
又平面，平面平面；
（2）由（1）可知，，，是等边三角形，边长为2，
，，，，，，
又，，平面，
由（1）知，，连接，则，
，当时，最短，此时的面积最小，
过点作于点，则，平面，
，，，
三棱锥的体积．
8．（2022 新高考Ⅰ）如图，直三棱柱的体积为4，△的面积为．（1）求到平面的距离；（2）设为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【解析】（1）由直三棱柱的体积为4，可得，
设到平面的距离为，由，
，，解得．
（2）连接交于点，，四边形为正方形，
，又平面平面，平面平面，
平面，，由直三棱柱知平面，，
又，平面，，
以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，，又，解得，
则，0，，，2，，，0，，，2，，，1，，
则，2，，，1，，，0，，设平面的一个法向量为，，，
则，令，则，，平面的一个法向量为，0，，
设平面的一个法向量为，，，
，令，则，，平面的一个法向量为，1，，
，，二面角的正弦值为．
9．（2021 新高考Ⅰ）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．
（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积．
【解析】（1）证明：因为，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以；
（2）方法一：取的中点，因为为正三角形，所以，
过作与交于点，则，所以，，两两垂直，
以点为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，，1，，设，0，，则，
因为平面，故平面的一个法向量为，设平面的法向量为，
又，所以由，得，
令，则，，故，
因为二面角的大小为，所以，解得，所以，
又，所以，故．
方法二：过作，交于点，过作于点，连结，
由题意可知，，又平面所以平面，又平面，
所以，又，所以平面，又平面，所以，
则为二面角的平面角，即，又，
所以，则，故，所以，
因为，则，所以，则，
所以，则，所以．
高频考点1.非常规空间几何体为载体
核心知识：关键找出三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系．
典例1：（2024·河南濮阳·模拟预测）如图，侧面水平放置的正三棱台，且侧棱长为．(1)求证：平面；(2)求直线和平面所成角的正弦值．
【解析】（1）延长三条侧棱交于一点，如图所示．
由于，则为的中位线．又侧棱长为，所以．
所以，所以，同理可得．
因为是平面内两条相交直线，所以平面，即平面．
（2）由（1）可知两两垂直，可以以所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示．则．
设平面的一个法向量为，由于，
所以，即平面的一个法向量为，
所以直线和平面所成角的正弦值为．
变式训练
1.（2024·云南·三模）如图，在三棱台中，上、下底面是边长分别为2和4的正三角形，平面，设平面平面，点分别在直线和直线上，且满足，．(1)证明：平面；(2)若直线和平面所成角的正弦值为，求该三棱台的高．
【解析】（1）证明：由三棱台知，平面，
因为平面，且平面平面，所以，
又，所以，因为，所以，
又，，且平面，平面，所以平面．
（2）以为原点建立空间直角坐标系如图，设三棱台的高为，
则，，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量，
易得平面的一个法向量，设与平面夹角为，由（1）知，
所以由已知得，解得，所以三棱台的高为．
2．（2024·上海虹口·高三统考期中）如图，在圆锥中，是底面的直径，且，，，是的中点．(1)求证：平面平面；(2)求二面角的余弦值．
【解析】（1）如图，由题意，是底面的直径，，
为的中点，为的中点，则，
则，而平面平面，则，
又，平面，平面平面，
又平面平面平面；
（2）在平面中，过作，垂足为，在平面中，过作，垂足为，
连接，∵平面平面，，
又，平面，平面，平面，平面，，
，平面，平面
则平面，可得为二面角的平面角．
由已知可得，，，
，，，
又，得．
在中，，∴．
即二面角的余弦值为．
高频考点2 函数的图象
核心知识：与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．
典例1：如图1，是边长为3的等边三角形，点分别在线段上，且，沿将翻折到的位置，使得，如图2.(1)求证：平面平面；
(2)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）在中，，，，
由余弦定理得，所以，所以，
在中，，，，所以，所以，
又因为，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）在平面中，过点E作，交于，
在平面中，过点作，交于，连接，如图所示，
因为，平面，平面，所以平面，同理可得平面，
又因为，平面，所以平面平面，
平面，所以平面，即为所求的点，在中，，即，如图所示，
所以，在中，，所以，即此时.
变式训练：
1.（2024·广东·一模）如图所示，四边形是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，是与的交点，.
(1)记圆柱的体积为，四棱锥的体积为 ，求 ；(2)设点在线段上，且存在一个正整数，使得，若已知平面与平面的夹角的正弦值为，求的值.
【解析】（1）在底面中，因为 是底面直径，所以 ，
又 ，故 ≌，所以.
因为是圆柱的母线，所以面，所以 ，
,因此；
（2）以为坐标原点，以为轴正方向，在底面内过点C作平面的垂直线为y轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，所以 ≌，故 ，
所以，，
因此，，
因为 ，所以 ，则
设平面和平面的法向量分别为，
则有:，，
取，设平面与平面的夹角为 ，则
所以有：，
整理得，（无解，舍），由于k为正整数，解得.
2.（2024·甘肃张掖·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，且是边长为2的等边三角形，且平面平面为中点.
(1)求证：平面；(2)在线段上是否存在点，使二面角的大小为，若存在，求的值，若不存在，请说明理由.
【解析】（1）证明：在中，由，
得，即，所以
由平面，平面平面，且平面平面得平面
（2）由（1）得平面，所以，在等边三角形中，为中点，所以，
即两两互相垂直，则以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，又，所以，
则，所以，设，
则，得到，
易知平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，又，
由，令，得，所以，
又一面角的大小为，所以，得到，
又，解得，所以存在点使二面角的大小为，且
高频考点3 立体几何折叠问题
核心知识：
1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变。
2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质。
典例1：（2024·湖北武汉·模拟预测）如图1，在矩形中，，，将沿矩形的对角线进行翻折，得到如图2所示的三棱锥，且.
(1)求翻折后线段的长；(2)点满足，求与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）由,,,,平面,
可得平面,又平面,则,
在中,根据勾股定理,
（2）如图,过点作于点,由（1）可知,平面平面,交于,
∴平面,∵,又,,∴为直角三角形,∴
如图,以为轴,为轴,过作的平行线为轴建立如图所示的空间直角坐标系
则,,,有,,
设平面的法向量,则,
令,解得其中一个法向量；
于是,,故与平面所成角的正弦值为.
变式训练：
1.（2024·山东·模拟预测）如图，在菱形中，，是的中点，将沿直线翻折使点到达点的位置，为线段的中点.
(1)求证：平面；(2)若平面平面，求直线与平面所成角的大小.
【解析】（1）取线段的中点为，连接，
因为为线段的中点，所以，且； 又是的中点，所以，且；
所以 ，且，故四边形为平行四边形； 所以，
因为平面，平面，所以 直线平面；
（2）因为是的中点，所以，所以；
因为平面平面，平面平面，所以平面.
以为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
则，，，
设平面的法向量为，则即，取，则，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角为.
2.（2024·河南驻马店·二模）在如图①所示的平面图形中，四边形为菱形，现沿进行翻折，使得平面，过点作，且，连接，所得图形如图②所示，其中为线段的中点，连接.
(1)求证：平面；(2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
【解析】（1）证明：.在菱形中，，因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面.
因为分别为的中点，所以，，
又， ，所以，，所以四边形为平行四边形，
所以，所以平面.
（2）在菱形中，因为，所以和都是正三角形，
取的中点，连接，则，
又平面，所以，即两两垂直.
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，则取，则.
记直线与平面所成角为，则.，
解得，即的值为2.
高频考点4 立体几何作图问题
核心知识：（1）利用公理和定理作截面图；（2）利用直线与平面平行的性质定理作平行线；（3）利用平面与平面垂直作平面的垂线。
典例1：（2024·河南信阳·模拟预测）长方体中，.
(1)过E、B作一个截面，使得该截面平分长方体的表面积和体积.写出作图过程及其理由.
(2)记（1）中截面为，若与（1）中过点的长方体的三个表面成二面角分别为，求的值.
【解析】（1）连接，取中点，则与可确定一个平面，该平面即为所求.
连接,取点使得.连接，,则所作截面为平面.
理由：连接,,,（长方体性质）∴四边形为平行四边形，
又为中点（长方体性质）∴为中点，四点共面，
∵面面,面面,面面，
所以，同理可证得.∴四边形为平行四边形,
取,设长方体左半部分几何体体积为,表面和为,
因为，设，
所以，，
,
综上，平面符合题意
（2）易知两两垂直,以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
由题， 令，则有,则，设平面、平面、平面的法向量分别为由长方体性质可知 设平面法向量为
则有，即，令，则，∴
则
变式训练：
1.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.
2.（2024·北京·三模）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】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.
高频考点5 两角相等（构造全等）的立体几何问题
核心知识：构造垂直的全等关系
典例1：（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，.（1）证明：平面平面；
（2）当直线与平面所成的角为30°时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【解析】（1）过点作，垂足为，连结，.
在中，由，得，.
在中，由余弦定理得，
即，又，所以，即.
又，所以平面. 又平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，为直线与底面所成角，则，所以.
以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，所以，， 由于，所以.
设平面的法向量为，则，即，解得，
令得.显然平面的一个法向量为，
所以，即平面与平面所成二面角的余弦值为.
变式训练：
1.（2024·河南·模拟预测）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】解:（1）证明:因为是等边三角形,,
所以,可得．因为点是的中点,则,,
因为,平面PBD,平面,所以平面,因为平面,
所以平面平面．
（2）如图,作,垂足为连接．
因为,所以为二面角A-BD-C的平面角．
由已知二面角为,知．在等腰三角形中,由余弦定理可得．
因为是等边三角形,则,所以．
在中,有,得,因为,所以．
又,所以．则,．
以为坐标原点,以向量的方向分别为轴,轴的正方向,
以过点垂直于平面的直线为轴,建立空间直角坐标系,
则,,向量,平面的一个法向量为,
设直线与平面所成的角为,则,
所以直线与平面所成角的正弦值为．
2.（2024·广西桂林·二模）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：作于点连接，
∵，，，∴，∴，
即，，又，∴平面，又平面，∴.
（2）∵二面角的大小为，
∴平面平面，平面平面，，∴平面.
以点为原点，,,所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
∵,∴.∴，即.
∴，，，.
∴,，设平面的法向量，
由，得令，得.易知为平面的一个法向量.
设二面角为，为锐角，则.
高频考点6 利用传统方法找几何关系建系
核心知识：利用传统方法证明关系，然后通过几何关系建坐标系．
典例1：如图，已知四棱锥中，平面，平面平面，且，，，点在平面内的射影恰为的重心.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）过作于， 因为平面平面，平面平面，平面，平面，平面，.
又平面，平面，，
又，平面，平面，.
（2）连结并延长交于，连结，以为原点，
分别以，所在的直线为，轴，以过且与平面垂直的直线为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，设，
平面，平面，，同理，
又，平面，，
又是的重心，是的中点，，由（1）知，，
， ，，
，解得，，设，则，故，
，，，，
，，，，
设平面的法向量为，则，令，则，
设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
变式训练：
1.（2024·江苏南京·二模）如图，，，点、在平面的同侧，，，，平面平面，.(1)求证：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.
【解析】（1）因为，平面，所以平面，同理平面，
又，平面，，所以平面平面，平面，所以平面；
（2）取的中点，因为，所以，
又平面平面，平面平面，平面，所以平面，
又因为，故可建立如图所示的空间直角坐标系.
在四边形中，因为，，，，所以，所以，
因为，所以，所以，，，，，，，，，设，则，
设为平面的法向量，则，即，故取，
因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，
两边同时平方得所以，解得，或（舍去），所以，所以.
2.斜三棱柱ABC－A1B1C1上，侧面AA1C1C⊥平面ABC，侧面AA1C1C是菱形，∠A1AC＝60°，A1C＝AC＝BC＝，AB＝2，D为BB1的中点．(1)求二面角C－A1D－C1的余弦值；(2)记△ABC的外接圆上有一动点P，若二面角P－AA1－C与二面角C－A1D－C1相等，求AP的长．
【解析】（1）取的中点为，连接，在菱形中，，则，
在三棱柱中，，故，
平面平面，平面平面，平面，
由，，，即，则，
以为原点，以分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如下图：
则，，，，，故的中点，
在平面内，取，，
设平面的法向量为，则，即，化简得，
令，则，故平面的一个法向量，
在平面内，取，，
设平面的法向量为，则，即，化简得，
令，则，故平面的一个法向量，
.由图可知，钝二面角的余弦值为.
（2）由题意，取的中点，连接，延长与轴交于，
连接，在等边中，易知，平面，平面，，
，且，平面，平面，
平面，，故为二面角平面角的补角，
由二面角的余弦值为，可得二面角的余弦值为，
故，在中，，
在平面内，直线的方程为，
在的外接圆中，易知圆心为，则弦心距，
根据弦长公式，可得，故此时
高频考点7 空间中的点不好求
核心知识：方程组思想
典例1：（2024·全国·模拟预测）已知菱形ABCD中，，四边形BDEF为正方形，满足，连接AE，AF，CE，CF．(1)证明：；(2)求直线AE与平面BDEF所成角的正弦值．
【解析】（1）证明：如图，取CF的中点M，EF的中点N，连接AC，交BD于点O，连接EM，CN，AM，ON．∵菱形ABCD中，，∴△ABD为等边三角形，∴．
∵四边形BDEF为正方形，∴．又∵，，
∴在△ABF中，由余弦定理可得．
∴，又M为CF的中点，∴①．∵四边形ABCD为菱形，∴．
又∵四边形BDEF为正方形，，，则，
∴，又，ON、AC在面ONC内，故平面ONC．
∵，∴平面ONC，NC在面ONC内，∴，由N为EF的中点，得．
∵，，，．又∵，∴为等边三角形，∴．
又，，∴为等边三角形．又∵M为CF中点，∴②．
由①②，且，EM、AM在面AEM内，得平面AEM，又AE在面AEM内，故．
（2）方法一：以O为坐标原点，AC所在直线为x轴，BD所在直线为y轴，过O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，得，．
点N作NH垂直OC于点H，在中，，，可得ON边上的高为，由等面积法可得OC边上的高，由勾股定理可得，故，，
，，设平面BDEF的法向量为，
则，即，取，平面BDEF的一个法向量为．
设直线AE与平面BDEF所成角为，则，
∴直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为．
方法二：将原图补成一个平行六面体，显然该平行六面体每个面均为有一个角为的菱形．
令，，，依题意，，，
则，，，
由于，，所以A1C与EF、BF都垂直且EF、BF都在面BDEF内，故为平面BDEF的一个法向量，设直线AE与平面BDEF所成角为，
，
∴直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为．
变式训练：
1.（2024·河南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，分别为，的中点，点在上，且为三角形的重心.(1)证明：平面；(2)若，，四棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）证明：连接，因为，，所以，且，
由，得，，则，所以.
连接并延长交于点，如图，
因为为的重心，所以.连接，因为，所以.
又平面，平面，故平面.
（2）连接，因为，所以，
又，，平面，，所以平面.
连接交于点，则，.
又，，平面，，所以平面.
连接，平面，则，因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面.
易得四边形的面积为，
由四棱锥的体积为得，，所以.
以为坐标原点，以，所在直线分别为轴、轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，.
设平面的法向量为，则,即,取，可得，
由（1）可知，为的中点，则，所以.
由（1）知，，所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，设为，
所以，故直线与平面所成角的正弦值为.
2.（2024·湖北武汉·校考模拟预测）如图，平行六面体中，点P在对角线上，，平面平面．(1)求证：O，P，三点共线；(2)若四边形是边长为2的菱形，，，求二面角大小的余弦值．
【解析】（1）证明：连交于，连．
在平行六面体中，且，
所以四边形是平行四边形，且，
又O，分别为BD，的中点，所以，，
所以四边形是平行四边形，于是，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，
因为，都经过点O，所以O，P，三点共线．
（2）由（1）可知，所以．
作平面于Q，于E，于F，连，，，
则，，由，得，
又，平面，所以平面，于是，同理，
又，，所以，则，
所以点Q在上，且，所以点Q与O重合，于是．
以点O为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，所以，于是，
又，所以，，设平面的法向量为，
则，于是可得，不妨令，则，
平面的一个法向量为，，
又结合图形易得二面角为锐角，所以二面角大小的余弦值为．
高频考点8 创新定义
核心知识：以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题。图形怎么阅读 一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形。
典例1：在陕西汉中勉县的汉江河与定军山武侯坪一带，经常出土有铜、铁扎马钉等兵器文物.扎马钉（如题21图（1））是三国时蜀汉的著名政治家、军事家诸葛亮所发明的一种对付骑兵的武器，状若荆刺，故学名蒺藜，有铜、铁两种.扎马钉有四个锋利的尖爪，随手一掷，三尖撑地，一尖直立向上，推倒上尖，下尖又起，始终如此，使触者不能避其锋而被刺伤.即总有一个尖垂直向上，三尖对称支承于地.简化扎马钉的结构，如图（2），记组成该“钉”的四条等长的线段公共点为，钉尖为（）．
（Ⅰ）判断四面体的形状特征；
（Ⅱ）若某个出土的扎马钉因年代久远，有一尖爪受损，其长度仅剩其他尖爪长度的（即），如图（3），将，，置于地面，求与面所成角的正弦值.
【解析】（Ⅰ）点为四面体外接球的球心，即，且面，面，面，面，则空间四面体的每一条棱都相等，即；所以该四面体的各个面都是全等的正三角形.
（Ⅱ）在四面体中，不妨令，，
在面内作点的射影，连接，在等边中，为其外心，则，
在直角中，可得，
所以 ，解得，所以，
又因为面，且垂足为，
故以为原点，以、所在直线为、轴，建立空间直角坐标系，则 ，，，，，，
因为，即，则 ，所以 ，，
设平面的一个法向量为，则 ，即，令，得，
又 ，所以 ，故与面所成角的正弦值为.
变式训练：
1.（2024·高三·山东青岛·期中）某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段EF折起，连接就得到了一个“刍甍” (如图2)。
(1)若O是四边形对角线的交点，求证：平面；
(2)若二面角的大小为求平面与平面夹角的余弦值.
【解析】（1）取线段CF中点H，连接OH、GH，由图1可知，四边形EBCF是矩形，且，
∴O是线段BF与CE的中点，∴且，
在图1中且，且．所以在图2中，且，
∴且，∴四边形AOHG是平行四边形，则，
由于平面GCF，平面GCF，∴平面GCF．
（2）由图1，，，折起后在图2中仍有，，
∴即为二面角的平面角．∴，
以E为坐标原点，，分别为x轴和y轴正向建立空间直角坐标系如图，
设，则、、，∴，，
易知平面ABE的一个法向量，设平面OAB的一个法向量，
由，得，取，则，，
于是平面的一个法向量，∴，
∴平面ABE与平面OAB夹角的余弦值为．
2.为方便师生行动，我校正实施翔宇楼电梯加装工程．我们借此构造了以下模型：已知正四棱柱，它抽象自翔宇楼南侧楼心花园所占据的空间，设，，O为底面ABCD的中心，正四棱柱与正四棱柱分别代表电梯井与电梯厢，设，M为棱的中点，N，K分别为棱，上的点，，．
(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)“你站在桥上看风景，看风景的人在楼上看你．明月装饰了你的窗子，你装饰了别人的梦．”卞之琳诗句中的情景其实正在我们的生活中反复上演，上官琐艾同学站在楼心花园的中心（O点），她正目送着倚立在电梯厢一角的欧阳南德同学，假定上官同学的目光聚焦于棱OO2的中点I，此时，电梯厢中欧阳同学的目光正徘徊在位于N点的数学办公室与位于K点的数学实验室，当电梯厢向上启动时，在这时空里便诞生了由点O与移动着的平面INK所勾勒的动人风景．现在，请作为“正在看风景的人”的你完成以下问题：当电梯厢自底部（平面OECF与平面ABCD重合）运行至顶端（平面与平面重合）的过程中，点O到平面INK距离的最大值．
【解析】（1）以为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，．
设为平面的一个法向量，则
因为，，所以取，则．
因为，所以，所以，因为不在平面内，所以平面．
（2）因为，所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
（3）设，，又因为，，所以，．
设为平面的一个法向量，则，即
取，则，
所以点到平面的距离，
所以当，即时，取得最大值为，所以点到平面的距离的最大值为．
高频考点9 立体几何建系繁琐问题
核心知识：利用传统方法解决
典例1：（2024·山东·高三期末）《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）设平面与平面交线为，若，，求二面角的大小.
【解析】（1）因为“鳖臑”是由四个直角三角形组成的四面体，又平面，所以，，；即，为直角三角形；
若，由，平面，可得：平面；
所以，即，为直角三角形；满足四个面都是直角三角形；
同理，可得或或，都能满足四个面都是直角三角形；
故可填：或或或；
（2）（i）证明：∵平面，平面，∴，
又，，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.
（ii）由题意知，在平面中，直线与直线相交.
如图所示，设，连结，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，∴，∴，
∴，∴二面角的大小为.
变式训练：
1．（2024·江苏·高三校考期中）如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，M，N分别为BC，的中点，P为AM上一点，过和P的平面交AB于E，交AC于F.
（1）证明：，且平面；
（2）设O为的中心，若面，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，四边形是矩形，
，，四边形为矩形，，，，，
，，，平面平面，
综上，，且平面．
（2）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．
2．（2024·全国·高三校联考阶段练习）在三棱柱中，，平面，、分别是棱、的中点.(1)设为的中点，求证：平面；
(2)若，直线与平面所成角的正切值为，求多面体的体积.
【解析】（1）连接，，因为点，，分别为，，的中点，
所以且，，，所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面
（2）因为平面，平面，所以，，
又因为，，平面，所以平面，
所以即是直线与平面所成的角，所以，
因为，所以，因为，，所以，
因为，平面，所以平面，所以，
因为，所以，，所以，
由（1）知多面体为四棱锥，且四边形是平行四边形，所以.
1.《瀑布》（图1）是最为人所知的作品之一，图中的瀑布会源源不断地落下，落下的水又逆流而上，荒唐至极，但又会让你百看不腻，画面下方还有一位饶有兴致的观察者，似乎他没发现什么不对劲.此时，他既是画外的观看者，也是埃舍尔自己.画面两座高塔各有一个几何体，左塔上方是著名的“三立方体合体”由三个正方体构成，右塔上的几何体是首次出现，后称“埃舍尔多面体”（图2）
埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造，设边长均为2，定义正方形，的顶点为“框架点”，定义两正方形交线为“极轴”，其端点为“极点”，记为，将极点，分别与正方形的顶点连线，取其中点记为，，，如（图3）.埃舍尔多面体可视部分是由12个四棱锥构成，这些四棱锥顶点均为“框架点”，底面四边形由两个“极点”与两个“中点”构成，为了便于理解，图4我们构造了其中两个四棱锥与
(1)求异面直线与成角余弦值；(2)求平面与平面的夹角正弦值；
(3)求埃舍尔体的表面积与体积（直接写出答案）.
【解析】（1）由题意可知，两两垂直，且.以点为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，如图5，建立空间直角坐标系.
则由题意可得，，，，，，，.
又分别是的中点，所以，.所以，，
则，所以异面直线与成角余弦值为.
（2）由（1）可得，，，，.
设是平面的一个法向量，则，即，
令，可得是平面的一个法向量.设是平面的一个法向量，
因为则，
即，取，可得是平面的一个法向量.
则，所以平面与平面的夹角正弦值为.
（3）由（1）（2）可得，，，，，，.所以，所以∥且，所以四边形为平行四边形.
又，所以，即，所以四边形为菱形.
又，，所以.
设是平面的一个法向量，则，
即，取，则是平面的一个法向量.
又，所以点到平面的距离.
所以四棱锥的体积，
四棱锥的体积
因为，，.
所以在方向上的投影为，
所以点到直线的距离.同理可得点到直线的距离.
所以四棱锥的侧面积.
所以埃舍尔体的表面积为，体积为.
2.（2024·山东日照·三模）在五面体中，，.
(1)求证：；(2)若，，，点到平面的距离为，求二面角的余弦值.
【解析】（1）证明：因为，，所以，
因为，，所以，
因为平面平面，平面，所以.
（2）由于平面，，所以，平面，故，
又因为平面，，平面，所以，
又，，，平面，所以平面
由于，则，
故，
故为等腰直角三角形，所以，，
如图以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建系，
则，，，，，设平面的法向量为，则，
平面的法向量为，因为，，
所以，即令，则，设成的角为，由图可知为锐角，所以二面角的余弦值为
3.（2024·全国·校联考模拟预测）已知三棱锥ABCD，D在面ABC上的投影为O，O恰好为△ABC的外心．，.(1)证明：BC⊥AD；(2)E为AD上靠近A的四等分点，若三棱锥A-BCD的体积为，求二面角的余弦值．
【解析】（1）连结并延长交于，连结，
因为O恰好为△ABC的外心，所以，又，，所以，
所以，即是的角平分线，又，所以由等腰三角形三线合一可得，
因为D在面ABC上的投影为O，所以面ABC，又面ABC，所以，
又面，所以面，又面，所以，
（2）由（1）知，面ABC，过作轴平行于，则轴垂直于面ABC，如图建立空间直角坐标系，在中，由（1）与等腰三角形三线合一可知是的中点，
又，，则，，
设，则，又，
所以，解得，故，
因为三棱锥ABCD的体积为，所以，则，
则，
故，
因为E为AD上靠近A的四等分点，所以，
设为平面的一个法向量，则，
取，则，故，易得是平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，则为钝角，
所以，
所以二面角的余弦值为.
4．（2025·山东日照·高三校联考期中）如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆O的内接正三角形，点E在母线上，且，.(1)求证：平面平面；(2)若点M为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离.
【解析】（1）如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面，
因为平面，所以，又因为是底面圆的内接正三角形，
由，可得，，解得，又，，所以，即，，所以在中，，
在中，由余弦定理：，
所以，故.因为底面，面，所以平面平面，
又面，面面，，故面，
又平面，所以平面平面；
（2）易知，以点为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z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，令，则，
设，可得，
设直线与平面所成的角为，则，
即，令，，
则
当且仅当，即时，等号成立，所以当时，有最大值4，
即当时，的最大值为1，此时点，所以，
所以点M到平面的距离，
故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为.
5.如图所示，圆锥的高，底面圆O的半径为R，延长直径AB到点C，使得，分别过点A，C作底面圆O的切线，两切线相交于点E，点D是切线CE与圆O的切点．(1)证明：平面平面；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求点A到平面的距离．
【解析】（1）由题设，平面，又是切线与圆的切点，
∴平面，则，且，又，∴平面，
又平面，所以平面平面.
（2）作，以为原点，以、、为x、y、z轴正方向，建立空间直角坐标系，
且，又，可得，
∴，，，
有，，，
设是面的一个法向量，则，令，则，
又直线与平面所成角的正弦值为，即，
整理得，即，解得或
当时，，，， ，
，，
设是面的一个法向量，则，令，则，
所以点A到平面的距离
当时，，，， ，
，，
设是面的一个法向量，则，令，则，
所以点A到平面的距离 综上，点A到平面的距离为或.
6.（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，（1）证明：平面平面；
（2）当平面与平面所成锐二面角的余弦值，求直线与平面所成角正弦值.
【解析】（1）过D作，垂直为O，连接，
在中，，，可得，
在中，由余弦定理可得，
所以，因为，所以为等边三角形，所以，
所以，可得，又由，且，
所以平面，又平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，以O为原点，，，方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系
设，则，，，，
所以，
设平面的法向量为，则，即
令，，平面的法向量为，由，解得
因为平面，所以为与平面所成的角，所以，
即直线与平面所成角正弦值.
7．（2024·广西桂林·统考二模）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：作于点连接，
∵，，，∴，∴，
即，，又，∴平面，又平面，∴.
（2）∵二面角的大小为，
∴平面平面，平面平面，，∴平面.
以点为原点，,,所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
∵,∴.∴，即.
∴，，，.
∴,，设平面的法向量，
得令，得.易知为平面的一个法向量.
设二面角为，为锐角，则.
8．（2024·黑龙江哈尔滨·校考三模）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，求四棱锥的体积.
【解析】（1）因为，分别为，的中点，所以，
又，所以，在等边中，为中点，则.
又因为侧面为矩形，所以.因为，，
由，平面，所以平面，
又因为，且平面，平面，所以平面，
又因为平面，且平面平面，所以.
又因为平面，所以平面，
因为平面 所以平面平面.
（2）过作垂线，垂足为，画出图形，如图.
因为平面，平面，平面平面，所以，
又因为，所以四边形为平行四边形，所以，
因为为的中心，所以，
因为平面平面，平面平面=，平面，
所以平面，又因为在等边中，，得，
由（1）知，四边形为梯形，所以四边形的面积为，
所以， ，
，所以，所以.
9．（2024·云南·高三校考阶段练习）如图，在菱形中，，，将沿着翻折，形成三棱锥.(1)当时，证明：；(2)当平面平面时，求直线与平面所成角的余弦值.
【解析】（1）证明：当时，此三棱锥为正四面体，如图，取的中点，连接，.
在正四面体中，，且，且平面
所以平面，因为平面所以
（2）当平面平面时，取的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，.
设平面的法向量，，，
所以，即：，令，得：
∴设直线与平面所成角为，且，则，
∴，∴直线与平面所成角的余弦值为.
10．（2024·广东·模拟预测）如图1所示，四边形ABCD中，，，，，M为AD的中点，N为BC上一点，且．现将四边形ABNM沿MN翻折，使得AB与EF重合，得到如图2所示的几何体MDCNFE，其中．
(1)证明：平面FND；(2)若P为FC的中点，求二面角的正弦值．
【解析】（1）∵四边形ABCD中，，，，，
M为AD的中点，且，∴四边形ABNM为正方形，且边长为1，
∴题图2中，四边形EMNF是边长为1的正方形，故，
又，，∴，∴，
又，，平面MDCN，平面MDCN，
∴平面MDCN，∵平面MDCN，∴，
易知，∴，∴，
又，平面，平面，∴平面；
（2）解法一：由（1）知平面MDCN，又，以N为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，∴，，，
设平面FND的法向量为，则，
令，令，则，∴，
设平面PND的法向量为，则，
令，则，，∴，
∴，
∴，∴二面角的正弦值为．
解法二：如图，取NC的中点O，连接PO，则，∴平面MDCN，
∵平面MDCN，∴，
过O作，垂足为H，连接PH，则就是二面角的平面角，
又，，∴，∴，
∵平面MDCN，平面FND，∴平面平面MDCN，∴二面角的正弦值为．
11.在中，，，D为边上一点，，E为上一点，，将沿翻折，使A到处，.(1)证明：平面；(2)若射线上存在点M，使，且与平面所成角的正弦值为，求λ.
【解析】（1）证明：由题意知，，
又，所以平面，又平面，所以，
又，，所以平面
（2）作，垂直为Q，由（1）知，平面，
又平面，所以，又，，平面，所以平面
故以B为原点，，，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
设，则，，，，又，
所以，故，设平面的一个法向量为，
则，即，取，则设与平面所成角为θ，
则，解得或，由题意知，故.
12．（2024·福建莆田·高三校考阶段练习）等边三角形的边长为3，点分别是边上的点，且满足，如图甲，将沿折起到的位置，使二面角为直二面角，连接，如图乙.(1)求证：平面.(2)在线段上是否存在点，使平面与平面所成的角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）因为等边三角形的边长为3，，所以，
在中，由余弦定理可得
，所以，可得，即
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面；
（2）假设在线段上存在点，使平面与平面所成的角为，由（1）可知互相垂直，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，，
，，，
设，可得，，
设为平面的一个法向量，所以，即，
令，则，
所以，因为平面，所以可以为平面的一个法向量，
因为平面与平面所成的角为，
所以，
解得，所以存在点，且，可得，，.
13．（2024·广东汕头·校考三模）如图，圆台的轴截面为等腰梯形，为底面圆周上异于的点.(1)在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由；
(2)若四棱锥的体积为，设平面平面，求的最小值.
【解析】（1）取中点，作直线即为所求，取中点，连接，
则有，如图，在等腰梯形中，，
有，则四边形为平行四边形，
即有，又平面平面，所以平面.
（2）法一：延长交于点，故平面平面
故平面平面即在中，均为圆锥母线.
过点作于.在等腰梯形中，，
此梯形的高等腰梯形的面积为，
所以四棱锥的体积，解得，
故点与重合，由，得，且，
故.中，到距离.
则面积,得：的最小值为：.
法二：同法一求出的位置.以为原点，方向为轴正向建立空间直角坐标系，
设面的法向量为，取，有；
同理可得面的法向量为,由面面，可知，
设的方向向量为，故
取,下面分2个方法求求方法1：，
，当时，取最小值为.
求方法2：在上的投影向量的模为
故的最小值即到的距离为.
法三:在三角形中，,
,
所以.
14．（2024·湖南·高三校联考阶段练习）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形， ，且底面，点分别在棱、上·
(1)若P是的中点，证明：；(2)若平面，且平面PQD与平面AQD的夹角的余弦值为，求四面体的体积．
【解析】（1）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，其中，，
若是的中点，则，，，
于是，∴，即．
（2）由题设知，，，是平面内的两个不共线向量．
设是平面的一个法向量，则，取，得．
又平面的一个法向量是，∴，
而二面角的余弦值为，因此，解得或（舍去），此时．
设，而，由此得点，，
∵PQ∥平面，且平面的一个法向量是，
∴，即，解得，从而．
将四面体视为以为底面的三棱锥，则其高，
故四面体的体积．
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