专题07 立体几何常考题型全归纳
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题型01 线面角 1
题型02 线面角中的探索性问题 9
题型03 二面角、面面角 16
题型04 二面角、面面角中的探索性问题 23
题型05 距离问题（含等积法） 30
题型01 线面角
【解题规律·提分快招】
一、用向量运算求直线与平面所成角 设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的角为，则有 ① ②.（注意此公式中最后的形式是：）
【典例训练】
一、解答题
1．（24-25高三下·湖北·开学考试）如图，在三棱柱中，，四边形，均为菱形，平面底面，平面底面，M是延长线上一点，且，D为中点，连接 .
(1)证明：平面 ；
(2)取中点Q，求与平面夹角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）延长至点N，使得M为的中点，连接CN，连接与交于点E，连接，由中位线性质分别得到，，从而，根据线面平行的判定即可证明；
（2）利用面面垂直的性质得到线面垂直，进而得到线线垂直，分别证得和，再以为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求线面角的方法求解即可.
【详解】（1）证明：延长至点N，使得M为的中点，连接CN，连接与交于点E，连接
在中，，分别是和的中点，，
在中，，M分别是和的中点，，
，
又平面，平面，
平面；
（2）在三棱柱中，因为，即，
又平面底面，平面底面，底面，
所以平面，所以
同理，故，，两两垂直.
以为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
令，则，，，，，，，，
即，，，
设平面的一个法向量为，
，令，则，，得，
，
，，
设与平面夹角为，，
即与平面夹角的正弦值为 .
2．（24-25高三下·湖南·开学考试）如图四棱锥中，平面，．
(1)证明：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）利用线面垂直的性质得到，利用勾股定理逆定理得到，再利用线面垂直的判定定理求解即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可.
【详解】（1）如图，取的中点，连接，
因为，
所以四边形为平行四边形，则，
又，所以，
因为，所以，，
由平行四边形性质得，则，
由三线合一性质得，
故，则，所以，
因为平面平面，所以，
因为平面平面，所以平面．
（2）由已知得，
因为平面平面，所以，
因为，所以由勾股定理得，即，
则为等腰直角三角形，设其斜边上的高为，
由等面积公式得，解得，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，
过作垂直于平面的直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，
，，
，，
设平面的法向量为，则
取，解得，可得，
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．
3．（2025·山东·模拟预测）如图所示的多面体是由正四棱台和正四棱柱（正四棱柱下底面与正四棱台上底面重合）构成．已知，是上一动点．
(1)证明：；
(2)若，求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）法一：连接，由条件证得平面．即可求证；法二，建系，由向量的垂直关系即可求证；
（2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解；
【详解】（1）证明：法一：如图，连接，
因为几何体是正四棱台，
所以平面平面，且四点共面．
又因为平面平面，平面平面，
所以．
因为几何体是正四棱柱，
所以底面是正方形，且底面，底面，
所以．
又平面，
所以平面．
又平面，
所以，
所以．
法二：多面体是由正四棱台和正四棱柱构成，
由多面体的性质，连接，交于点，连接，交于点，连接，
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．
连接，由，得，．
又，所以正四棱台的高为，
所以．
设，
则，
所以，所以．
（2）解：建系同（1）中的法二，因为，
所以，
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．
设直线与平面所成的角为，
则，
所以，
故直线与平面所成角的余弦值为．
4．（2025·辽宁·模拟预测）如图，在三棱锥中，侧面是边长为2的等边三角形，底面是以为斜边的等腰直角三角形，，．
(1)当时，求证：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直判定定理先得到平面，进而证明：平面平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法即可得到结果.
【详解】（1）
由题意得，
因为，所以，所以．
又，，，平面PAC，
所以平面，
因为平面，所以．
因为，所以为的中点，所以，
又，，平面．
所以平面．
因为平面．所以平面平面，
（2）解：设分别为的中点，连接．
则，．
又平面，，
所以平面，
又平面，所以．
以为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
所以，即，．
设平面的法向量为，
则
令，则．
设直线与平面所成角为，
则，
整理得．解得或．
因为．所以．
题型02 线面角中的探索性问题
【典例训练】
一、解答题
1．（2025·四川德阳·二模）如图，在四棱锥中，，底面是边长为的菱形，．
(1)证明：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正切值为，求二面角夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，连接，通过，即可求证；
（2）过作交于点，确定则即为直线与平面所成角
，再以以为原点，所在直线为轴建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解；
【详解】（1）连接交于点，连接，因为是菱形，所以，
又因为为的中点，所以
又面，且，所以平面
又平面，所以平面平面
（2）过作交于点，面面，面面，面，
所以面，则即为直线与平面所成角
因为面，所以面，
又面，所以，
所以为的交点，为等边三角形，所以H为的重心，
所以，，在中，解得，
以为原点，所在直线为轴建立如图坐标系，
则
，
设平面和平面的法向量分别为和，
则，即，令，可得：
即，
又平面，则
设平面和平面的夹角为，则
2．（24-25高三上·甘肃酒泉·期末）如图，四棱锥的底面是边长为3的正方形，，.
(1)证明：平面；
(2)已知点在线段上，且（），若直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)或．
【分析】（1）先根据线面垂直的判定定理得平面，再根据线面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用得，利用线面角的向量公式列式求解即可.
【详解】（1）因为四边形是正方形，所以，
因为，，所以．
因为，，平面，所以平面，
又平面，所以，即．
因为，，，所以，
所以，即，
因为，，平面，所以平面.
（2）由（1）知，，两两垂直，
因为，，所以．
以点为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可得，，，，，
所以，，，，
设，所以，，
因为，，所以，
即所以所以，，
设是平面的一个法向量，则
所以令，则所以，
设直线与平面所成角为，
则，解得或．
3．（24-25高三上·天津西青·期末）如图，在三棱锥中，平面，点在棱上，且为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)在线段上是否存在点满足直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，.
【分析】（1）以为原点，以所在的直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法证明线面垂直；
（2）用空间向量法求二面角；
（3）假设点存在，设，由求线面角的空间向量法求得值．
【详解】（1）以为原点，以所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.
则
方法一：
.
.
平面
平面.
（证明中两组均可）
方法二：设是平面的一个法向量
取，得.
，即，
平面.
（2）设为平面的一个法向量，
，令，则，
.
由（1）可知是平面的一个法向量.（用均可）
设平面与平面的夹角为
平面与平面夹角的余弦值为.
（3）假设存在点满足题意，设，
设直线与平面所成角为，则
解得.
又，得，所以的值为.
所以存在点满足题意且．
4．（24-25高三上·河南·期末）如图，在多面体中，四边形为直角梯形，且满足平面.
(1)证明：平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，或
【分析】（1）四边形为菱形，所以，由线面垂直得到，从而得到平面，，结合，证明出结论；
（2）证明出，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，设，根据线面角的大小，得到方程，求出或.所以线段上存在点，或.
【详解】（1）证明：因为且，所以四边形为平行四边形，
又，所以四边形为菱形，所以.
因为平面平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以，
又平面，所以平面.
（2）因为平面平面，所以，
又，
以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向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，得，所以.
假设线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，
设，
则
,
解得或.
所以线段上存在点，当或时，
使得直线与平面所成角的正弦值为.
题型03 二面角、面面角
【解题规律·提分快招】
一、用向量运算求平面与平面的夹角 如图，若于A，于B，平面PAB交于E，则∠AEB为二面角的平面角，∠AEB+∠APB=180°. 若分别为面，的法向量 ① ②根据图形判断二面角为锐二面角还是顿二面角； 若二面角为锐二面角（取正），则； 若二面角为顿二面角（取负），则；
【典例训练】
一、解答题
1．（2025·山西·一模）如图，已知四棱锥中，底面为菱形，，，平面，分别是的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，证得，即可求证；
（2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解；
【详解】（1）证明：连接．∵底面为菱形，，
∴是正三角形，∵E是CD中点，∴，
∵平面，平面，∴，
，又都在平面内，
∴平面，又平面，
∴平面平面．
（2）由（1）知，两两垂直，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
易知：，，，，
则
，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，即令，得，解得．
即，令，得，解得
设二面角的平面角为，则，
所以．
所以二面角的正弦值为．
2．（24-25高三下·河北·开学考试）在平面四边形中,
将沿AC翻折至且满足
(1)求证：平面
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用面面所成角的向量求法求解即可.
【详解】（1）
又平面平面，
平面
（2）以点A为坐标原点，垂直于AB的直线为x轴，AB所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
由
则
故
设平面的一个法向量为
则，
设平面的一个法向量为
则故可取
设二面角的平面角为
则
故
所以二面角的正弦值为
3．（24-25高三上·贵州贵阳·期末）如图，过球心，图中画出的以为直径的圆记为圆O，C为圆上不同于，的动点，是球面上不在圆上的动点，为的重心，在线段上且．
(1)证明：平面；
(2)当三棱锥体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长交于点，连接，根据为的重心和，得到，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）由三棱锥体积最大时，平面平面，且和为等腰直角三角形，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量为和平面的一个法向量为，由求解．
【详解】（1）连接并延长交于点，连接，如图，
因为为的重心，所以．
因为，则，所以．
又平面平面，
所以平面．
（2）当三棱锥体积最大时，
平面平面，且和为等腰直角三角形，
设球半径为2，则．
以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，
所以．
设平面的一个法向量为，
则，取，则，故．
设平面的一个法向量为，
则，取，则，故．
设平面与平面所成角为，则．
4．（2025·山东·模拟预测）如图①，在等腰梯形中，为边的中点．将沿翻折，使点到达点的位置，得到四棱锥，如图②．
(1)证明：在翻折过程中，始终满足；
(2)当时，求平面与平面夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）先利用平面几何添加辅助中线，结合勾股定理来求解长度，从而通过菱形可得到对角线相互垂直，即可证明线面垂直，从而可得线线垂直；
（2）利用线线垂直证明线面垂直，从而可得四面体是棱长为2的正四面体，再建立空间直坐标系，用空间向量法来求两平面夹角的正弦值即可.
【详解】（1）证明：因为为的中点，且，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以．
取的中点，连接，如图①，则．
在中，，
所以．
在中，，
所以，
所以．
连接，则四边形为菱形．
连接，交于点，则．
在四棱锥中，设的中点为，连接，，如图②，
则．
因为平面，
所以平面．
又平面，因此在翻折过程中，始终满足．
（2）设的中点为，连接，则．
因为平面，所以平面．
又平面，所以，因此，
所以四面体是棱长为2的正四面体．
设交于点，连接，则平面，且得．
设与交于点，由（1）知四边形是菱形，
故，且．
以为坐标原点，分别为轴，轴的正方向，过点与同向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
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．
设平面的法向量为，则即
令，得，所以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正弦值为．
题型04 二面角、面面角中的探索性问题
【典例训练】
一、解答题
1．（2025·新疆乌鲁木齐·一模）如图，和都垂直于平面，且，是线段上一点.
(1)若平面，证明是的中点；
(2)若，，平面与平面夹角的余弦值为，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的性质可得，进而根据四边形是平行四边形，即可求解，
（2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角公式求解.
【详解】（1）过点作交于点，连接，
则，即、、、四点共面，
∵平面，平面,平面平面，
∴，又∵，
∴四边形是平行四边形， ∴，∴是的中点
（2）∵，平面，
以为坐标原点，为轴，为轴，过平行于的直线为轴，建立坐标系.
记，则，，，，.
设,则，即点的坐标为,，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，则，
，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，则，
因为平面与平面的夹角余弦值为，
所以.
整理得,解得或（舍），
所以.
2．（24-25高三上·安徽·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为菱形，且平面为棱的中点，为棱上的动点.
(1)求证：平面平面.
(2)是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点为棱上靠近点的三等分点
【分析】（1）连接，与相交于点，连接，根据可得平面，根据面面垂直的判定定理可证明结论.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，表示平面与平面的法向量，根据两平面夹角的余弦值求出点的坐标即可确定点的位置.
【详解】（1）
如图，连接，与相交于点，连接.
∵底面为菱形，∴为的中点，
∵为的中点，∴，
∵平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面.
（2）∵四边形为菱形，且，∴为等边三角形，
∴.
∵平面，且底面为矩形，∴两两垂直，
以为原点，向量的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
∴.
设，则.
设平面的法间量为，
则令，可得.
由题意得为平面的一个法向量.
设平面与平面的夹角为，
则，解得，
∴存在点为棱上靠近点的三等分点，使得平面与平面夹角的余弦值为
3．（2024·江西上饶·一模）如图1，在矩形中，，连接，将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2，若点在线段上且.
(1)求证：平面；
(2)若点在线段上，且使得平面与平面夹角的余弦值为，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由勾股定理证明，再根据面面垂直的性质定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，代入公式运算得解.
【详解】（1）在中，，
在中，，
.
又平面平面，平面平面平面，
平面.
（2）如图，过点作，则两两互相垂直，
以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设，则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量，
平面与平面夹角的余弦值为，
，
解得，
.
4．（2024·全国·一模）如图，在三棱锥中，平面为棱上的动点．
(1)求证：平面；
(2)是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在点，且当点位于上靠近的三等分点
【分析】（1）由线面垂直的性质定理得到，由勾股定理得到，再根据线面垂直的定义即可证明平面．
（2）过作，建立空间直角坐标系，设，由平面与平面夹角的余弦值为，即可求出D的坐标.即得答案.
【详解】（1）因为平面平面平面，
所以且．
由，且，可得．
由，因为,可得．
因为平面平面，所以平面．
（2）过作，则两两垂直，
建立如图空间直角坐标系．
则．
设平面的法向量为，
由题可得，
则即
取，则平面的一个法向量为．
由于在棱上，设，
所以．
所以．
设平面的法向量为，
由题可得，
则即
取，则平面的一个法向量为．
由题意，得，
整理得．
解得或．
因为，所以．
故存在点，且当点位于上靠近的三等分点时，
平面与平面夹角的余弦值为．
题型05 距离问题（含等积法）
【解题规律·提分快招】
一、点到直线的距离 已知直线的单位方向向量为，是直线上的定点，是直线外一点.设，则向量在直线上的投影向量，在中，由勾股定理得： 2、点到平面的距离 如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度.
【典例训练】
一、解答题
1．（24-25高三上·云南保山·期末）如图，在四棱锥中，底面，，，点是的中点，且，．
(1)求证：；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由平面，得，再结合利用线面垂直的判定定理证得平面，从而可得；
（2）解法1：由已知得是等边三角形，则，由得，从而可得，再由平面，可得两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解；解法2：取的中点F，连接利用等体积法由可求得结果.
【详解】（1）证明：∵平面，且平面ABCD，
∴．
又，平面，
∴平面．
平面，∴．
（2）∵
∴是等边三角形，
又∵，
∴，
∴即
又∵平面，平面，
，
从而两两垂直．
在中，
∴
在，．
法一：∵两两垂直，
∴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，，，．
∵点是的中点，
，，，，
设是平面的一个法向量，则由得，
令，则∴．
从而，点到平面的距离．
法二：（等体积法）∵平面，平面，∴,
∴，
∵点是的中点，∴，
取的中点F，连接则
∴
在中，边上的高
∴
取的中点，连接，由（1）知是边长为2的等边三角形，
则，
∵平面，平面，∴平面平面，
∵平面平面，平面，
∴平面，
∵点是的中点，∴到平面的距离为，
又记点到平面的距离为，
则由即
得．
2．（23-24高三上·河南周口·期末）如图，将圆沿直径折成直二面角，已知三棱锥的顶点在半圆周上，在另外的半圆周上，.
(1)若，求证： ；
(2)若，，直线与平面所成的角为，求点到直线的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明平面，推出，即可证明平面，根据线面垂直的性质定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用直线与平面所成的角为，求出P点坐标，再根据空间距离的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）由题意知平面平面，平面平面，
，且平面，故平面，
又平面，故；
又，且平面，
故平面，而平面，
故；
（2）以O为坐标原点，所在直线为轴，过点O作平面的垂线作为z轴，
建立空间直角坐标系，如图：
由于，，
则，设,则，
则，
设平面的一个法向量为，则，
即，令，则可得，
由于直线与平面所成的角为，
故，
解得，结合，则，
故，
由，则，
故点到直线的距离为.
3．（24-25高三下·浙江·开学考试）如图，在三棱锥中，平面为锐角，动点在的边上，，三棱锥的体积为.
(1)证明：平面平面.
(2)当点到直线的距离为时，求与平面所成的角.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得线线垂直，即可根据勾股定理求解长度，利用体积公式可得，进而利用余弦定理求解长度，可得，即可利用线面垂直的判定求解，
（2）建立空间直角坐标系，根据点到直线距离的向量法求解，即可根据为线面角求解.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，
所以，
所以，同理得.
又因为，
所以.因为为锐角三角形，所以.
由余弦定理，可知，
所以，所以，
又因为平面，所以平面，
所以平面平面.
（2）如图，以为正交基底，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
设，
则.
由，
解得或（负值舍去），所以.
由（1）知与平面所成的角为，所以，
所以，即与平面所成的角为.
4．（2024高三·全国·专题练习）如图1，在直角梯形中，，点，分别为的中点．如图2，将四边形沿折起到的位置，使得二面角的大小为，其中，连接．
(1)求证：平面平面；
(2)当点到直线的距离最大时，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】
（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.
（2）由已知及（1）中信息证明平面平面，再以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到直线的距离及面面角的求法求解即得.
【详解】（1）在直角梯形中，由，点E，F分别为AB，CD的中点，得，
又，则，折起后，，于是，，
而平面，，因此平面，又平面，
所以平面平面.
（2）由（1）知，，，即为二面角的平面角，
由，平面，得平面，又平面，则平面平面，
在平面中过点E作，平面平面，则平面，
则直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
则点到直线FC的距离，
当时，点到直线FC的距离取得最大值5，此时，，，
显然平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，
则，令，得，
因此，设二面角的平面角为，
则，所以二面角的正弦值为.
5．（24-25高三上·河南驻马店·期末）图1是等腰梯形，，，是中点，以为折痕，将折起，使点到达点的位置，如图2.
(1)求证：；
(2)若
（i）求二面角的平面角的正弦值；
（ii）在棱上存在点，使得到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）（2）（ii）
【分析】（1）利用等腰梯形和菱形性质得出线面垂直进而得出线线垂直；
（2）（i）建立平面直角坐标系，建立以为坐标原点，，为轴、轴、轴的坐标系，空间向量法求出二面角的正弦值；（ii）设，根据点到平面距离求出参数，再计算线面角的正弦值.
【详解】（1）连接交于，在等腰梯形，，，易得，
因为是中点，所以，易知是菱形，即，
因为，平面，
所以平面，平面，所以
（2）由（1）可知，在菱形中，，因为，所以，
建立以为坐标原点，，为轴、轴、轴的坐标系，如图所示，
，，，
（i），，，，，
设为平面的法向量，则，令，可得，即
设为平面的法向量，则，令，可得，即，
，二面角的平面角为，即
（ii）设，，，即
由（i）可知为平面的法向量，到平面的距离为，
即为中点，可得，
易知，，所以，，
设平面的法向量，
令，则，，则，
设直线与平面所成角为，
直线与平面所成角的正弦值
6．（2024·湖北·一模）如图，在平行四边形中，为的中点，沿将翻折至位置得到四棱锥为上一动点.
(1)若为的中点，证明：在翻折过程中均有平面；
(2)若，①证明：平面平面；
②记四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②.
【分析】（1）取PA中点G，连FG，EG，可得∥，结合线面平行分析证明；
（2）①在平行四边形中，可得，由勾股定理可得，即可得平面，进而可证面面垂直；②由体积可知为中点，建系标点，利用空间向量求点到面的距离.
【详解】（1）取PA中点G，连FG，EG，
因为分别为的中点，则∥，且，
由题意可知：∥，且，
则∥，且，可知四边形CFGE为平行四边形，
则∥，且平面，平面，
所以∥平面.
（2）①在四边形中，连接，
由题意可知：是以边长为2的等边三角形，则，
且，则，
可知，即，且，
若，且，则，可知，
且，平面，可得平面，
又因为平面，所以平面平面；
②取中点，中点，连，
则，∥，可得，
因为为等边三角形，则，
且平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平行四边形的高即为等边的高，
设点到平面的距离为，
若，则，解得，
即，可知为中点，
以为原点，OA，OH，别为轴建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
所以点到平面的距离.
一、解答题
1．（2024·西藏拉萨·二模）如图，在四棱台中，平面，两底面均为正方形，，点在线段上，且.
(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）根据平行四边形可得.，即可由线面平行的判定求证，
（2）利用等体积法即可求解，或者利用线面垂直可得平面，即可利用等面积法求解.
【详解】（1）如图，连接与交于点，连接.
因为四边形是正方形，，所以.
因为四边形是正方形，，所以.
因为，所以，所以.
又，所以四边形为平行四边形，所以.
因为平面平面，所以平面.
（2）解法一：因为在四棱台中，两底面均为正方形，所以，
所以，所以，
所以.
又，
设点到平面的距离为，由等体积法，得，
即，解得，
所以点到平面的距离为.
解法二：过点作，垂足为.
因为平面平面，所以.
又四边形为正方形，所以.
又平面，所以平面.
又平面，所以.
又平面，所以平面.
,,
所以,
故，
根据等面积，得.
2．（2025·安徽合肥·一模）如图，在正三棱台中，，
(1)若，证明：平面；
(2)若三棱台的高为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过点作，交BC于点E，进而求出相关边长，可证得，，进而可证得到结论；
（2）以AB的中点O为原点，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，过点O且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.取线段中点F，求出平面与平面的法向量，进而可求得结果.
【详解】（1）如图所示，过点作，交BC于点E，
易知四边形为平行四边形.
所以，，所以
又，所以，即故，
同理可得
又直线与相交，且直线与都在平面内，
所以平面
（2）以AB的中点O为原点，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，
过点O且垂直于平面ABC的直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.取线段中点F，
，，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，，
故
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，，
故，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为
3．（2024·河南·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，的中点分别为，点在上，.
(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面；
(3)求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）连接、，设，根据，则即可求出，从而证明四边形为平行四边形，即可得到，从而得证；
（2）利用勾股定理逆定理得到，再由，即可得到平面，即可得证；
（3）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，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）连接、，设，
则，，
因为，，则，
，解得，则为的中点，
由分别为的中点，
所以且， 且，即且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）由（1）可知，则，，
所以，因此，则，
有，又平面，
所以平面，又平面，所以平面平面.
（3）因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
在中，，
在中，，
即，
设，所以由，可得，
解得，所以，
则 ，，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
又平面的一个法向量为，
设二面角为，显然为钝角，
所以，所以二面角的大小为.
4．（24-25高三上·北京·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD为菱形，且，点为棱DP的中点.
(1)在棱BC上是否存在一点，使得∥平面PAN？如果存在，确定点N的位置，如果不存在，请并说明理由；
(2)若二面角的余弦值为时，求棱DP的长度，并求点A到平面BCM的距离．
【答案】(1)存在，点为的中点
(2)；点A到平面BCM的距离为
【分析】（1）取的中点，可得平面∥平面PAN，根据面面平行的性质可得∥，进而可得结果；
（2）建系标点，设，分别求平面BCM、平面PCD的法向量，根据面面夹角求得a，进而可求点到面的距离.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为分别为的中点，则∥，
且平面PAN，平面PAN，可得∥平面PAN，
又因为∥平面PAN，，平面，
可得平面∥平面PAN，
且平面平面，平面平面，可得∥，
由题意可知：∥，则为平行四边形，
可得，即点为的中点，
所以棱BC上是存在一点，使得∥平面PAN，此时点为的中点.
（2）取的中点，连接，
由题意可知：为等边三角形，则，
且∥，可得，
又因为底面ABCD，
则可以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
可得，
设平面BCM的法向量，则，
令，则，可得，
且平面PCD的法向量，
由题意可得：，解得（舍负），
可得，，
所以点A到平面BCM的距离.
5．（2024·浙江台州·一模）如图，已知四边形为平行四边形，为的中点，，．将沿折起，使点到达点的位置．
(1)若平面平面，求证：；
(2)若点A到直线的距离为，求二面角的平面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）根据题意利用面面垂直的性质定理可得平面，进而可得结果；
（2）分析可知即为二面角的平面角，记为，建系，可得，结合点到线的距离公式运算求解.
【详解】（1）因为四边形为平行四边形，且为等边三角形，所以．
又因为为的中点，则，所以为等腰三角形，
可得，，即，
因为平面平面，平面平面，平面，
则平面，且平面，所以．
（2）取的中点，连接，因为为等边三角形，所以，
取的中点，则，由（1）得，所以，
所以即为二面角的平面角，记为．
以点为坐标原点，以，，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，，
因为，则，
可得；，
则点A到直线的距离为，
由题意可得，解得，或，
所以二面角的平面角的余弦值为或．
6．（24-25高三上·湖北黄冈·期中）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，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.
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)或.
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设平面的一个法向量为，判断即可；
（2）应用向量法求到平面的距离即可；
（3）假设在上存在点，且，，结合线面角正弦值列方程，求参数即可；
【详解】（1）由题设，得四棱台为正四棱台，可建立如图所示空间直角坐标系，
故，
所以，
若平面的一个法向量为，则，
令，则，显然，而面，
所以面；
（2）由（1）知：，所以到平面的距离为
（3）假设在上存在点，且，，
则，
直线与平面所成的角为，故，
所以，即，可得或，
时，，则，
时，，则，
综上，长为或.
7．（24-25高三上·山东烟台·期末）如图，四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形.
(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）连接，取中点O，连接，先证明平面，即得证；
（2）说明是二面角的平面角，以为原点，分别为轴，过与平面平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，可知轴在平面内，然后用空间向量法求线面角．
【详解】（1）连接，取中点O，连接，
在直角梯形中，，，
则，从而，
所以是等边三角形，则，又是等边三角形，所以，
又，平面，
所以平面，而平面，所以.
（2）由（1）的证明知是二面角的平面角，所以，
以为原点，分别为轴，过与平面平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，
如图，轴在平面内，
又，同理，
则，，，，
则，，
，，
设平面的一个法向量是，
则，取，则，
设直线与平面所成角为，
则．
8．（24-25高三上·全国·课后作业）如图，在四棱锥中，，且．
(1)若点在上，且平面，证明：为的中点；
(2)已知二面角的大小为，求平面与平面夹角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先判断底面的几何关系，再结合线面平行的性质定理，构造辅助线，即可证明；
（2）首先由几何关系确定为二面角的大小，再根据几何关系确定空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，再利用法向量求二面角的余弦值，即可求正切值.
【详解】（1）因为，，所以，，，
在直角三角形中，，
又因为，为的平分线，
延长、交于点，连接，
在中，，所以，是等腰三角形，
所以，点是的中点，
因为直线平面，过的平面与平面的交线为，则，
因为是的中点，所以是的中点.
（2）在中，，，，则，即，
由已知得，，
又平面平面，平面，所以平面，
因为平面，即，
所以，为二面角的平面角，所以，
又，所以为正三角形，
取的中点为，连，则，平面，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，
平面内垂直于直线的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设分别为平面和平面的法向量，
则，取，则，
，取，则，
所以，
则，
所以平面与平面夹角的正切值为．
9．（24-25高三上·安徽马鞍山·阶段练习）如图，四棱锥的底面为正方形，侧面底面．设平面与平面的交线为．
(1)证明：平面；
(2)已知，，为上的点，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）先应用线面平行判定定理结合性质定理，再结合面面垂直的性质定理得出线面垂直；
（2）应用空间向量法计算线面角结合值域即可求出最大值.
【详解】（1）在正方形中，，
因为平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，所以，
因为，平面平面且平面平面，平面，
所以平面，则平面．
（2）取中点记为，中点记为，连接，所以，
连接，因为为等腰三角形，所以，
所以，，两两垂直，
如图建立空间直角坐标系，
因为，，
所以，，，，，
令，所以，，，
记平面的一个法向量，则，
可取，记直线与平面所成的角为，
则，
当时，，当时，
，
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为．
10．（24-25高三上·黑龙江大庆·期中）如图在斜三棱柱中，，，，平面平面ABC，E是棱上一点，D，F分别是AC，AB的中点.
(1)当，证明：平面BED；
(2)判断当的值为多少时，锐二面角的余弦值为
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据平行关系可知，即可证明线面平行；
（2）由面面垂直的性质可得平面，建系标点，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）连接，D，F分别是CA，BA中点，则且，
，是平行四边形，因此且，
所以与平行且相等，是平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面.
（2）当时锐二面角的余弦值为，理由如下：
取中点，连接，，
因为，则，，，
则是正三角形，所以，，
平面平面，平面平面，平面，
所以平面，，
以OA，OC，为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
可得，，
设平面的一个法向量是，则，
取，则，，即，
平面的一个法向量是，
设锐二面角的大小为，
则．且，解得，，
所以.
11．（24-25高三上·青海·期末）如图，已知和都是等边三角形，，平面平面，点在线段上（不含线段的端点）．
(1)证明：；
(2)点、分别在线段、上，且，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）推导出，利用面面垂直的性质可得出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）以为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求出平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）因为是的中点，是等边三角形，所以．
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
因为平面，所以．
（2）因为平面，以为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向，
平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则，
因为点、分别在线段、上，且，
则、、，
则，．
设平面的法向量为，
由，令，得．
设平面的法向量为，
由上知，．
则，令，得．
设平面与平面的夹角为，则．
因此，平面与平面夹角的余弦值为.
12．（24-25高三上·浙江·期中）如图，三棱锥中，，平面平面，平面平面.
(1)证明：平面；
(2)若为钝角，且二面角的大小为，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图，根据面面垂直的性质可得平面PAC，利用线面垂直的性质可得、，结合线面垂直的判定定理即可证明；
（2）法一：如图，根据线面垂直的判定定理与性质可得平面PAC，得，设，，则，根据建立方程，解之即可求解.
法二：建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角建立关于的方程，结合三角恒等变换的化简计算即可求解.
【详解】（1）如图，在平面ABC内取点O，过O作于M，过O作于N，
平面平面ABC，平面平面，平面ABC，
平面PAC，又平面PAC，，同理可证，
又，平面ABC，
平面ABC；
（2）法一：如图，过点B作于点H，过H作于点Q，连接BQ，
平面ABC，平面ABC，，
又，平面PAC，
平面PAC，则为二面角的平面角，即
设，，
则，，
所以，又，所以，
所以，由得，
整理得，又，解得或（舍去），
综上.
法二：如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，
则，，，，
易知平面PAC的法向量为，
设面PAB的法向量为，
则，
，
则，
整理得，由，
得，解得或（舍），
综上，.
13．（24-25高三上·吉林长春·开学考试）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，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，交于点，连接，由题意得，，由线面垂直的判定定理可得平面，由题意可得四边形为平行四边形，可得，继而即可证明.
（2）取的中点为，连接，由题意，以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，设，由直线与平面所成角的正弦值为，计算可得，再利用法向量及两平面夹角的余弦公式即可求解.
【详解】（1）连接，交于点，连接，
四边形为菱形，
，
平面，
又平面，
，
又，
平面，
平面，
分别为线段的中点，
，且，
又，且，
，且，
故四边形为平行四边形，
，
平面.
（2）在菱形中，，
和都是正三角形，
取的中点为，连接，
，
又平面，
平面，
，
即两两互相垂直，
如图，以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，
设，已知，
，
，
，
设平面的法向量为，
则，
取，则，
设直线与平面所成角为，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
则，
，
，
，
设平面的法向量为，取，
，
设平面的法向量为，
则，
取，则，
设平面与平面所成角为，
则，
故平面与平面所成角的余弦值为.
【点睛】
14．（2024·山西吕梁·三模）如图，为圆锥的顶点，为圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且的边长为，点在母线上，且，.
(1)求证：，并求三棱锥的体积；
(2)若点为线段上的动点，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.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）设，连接，即可证明平面，平面、平面，再由锥体的体积公式计算可得；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出直线与平面所成角的正弦值最大值，再由点到面的距离公式计算可得.
【详解】（1）设，连接，
为底面圆的内接正三角形，
为中点，
又，
；
，
；
平面平面平面平面，
平面平面平面平面，
又平面，
又平面，又平面，
所以，
又平面，
平面平面平面；
为中点，，即，
又平面，平面，
平面平面，
，
，
又平面，
.
（2）为中点，又，
为中点，，
，
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，
；
设平面的法向量，
则，令，解得：，
设直线与平面所成角为，
，
令，则，
，
当，即时，，
，此时，
，
点到平面的距离.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题07 立体几何常考题型全归纳
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题型01 线面角 1
题型02 线面角中的探索性问题 1
题型03 二面角、面面角 2
题型04 二面角、面面角中的探索性问题 2
题型05 距离问题（含等积法） 2
题型01 线面角
【解题规律·提分快招】
一、用向量运算求直线与平面所成角 设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的角为，则有 ① ②.（注意此公式中最后的形式是：）
【典例训练】
一、解答题
1．（24-25高三下·湖北·开学考试）如图，在三棱柱中，，四边形，均为菱形，平面底面，平面底面，M是延长线上一点，且，D为中点，连接 .
(1)证明：平面 ；
(2)取中点Q，求与平面夹角的正弦值.
2．（24-25高三下·湖南·开学考试）如图四棱锥中，平面，．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
3．（2025·山东·模拟预测）如图所示的多面体是由正四棱台和正四棱柱（正四棱柱下底面与正四棱台上底面重合）构成．已知，是上一动点．
(1)证明：；
(2)若，求直线与平面所成角的余弦值．
4．（2025·辽宁·模拟预测）如图，在三棱锥中，侧面是边长为2的等边三角形，底面是以为斜边的等腰直角三角形，，．
(1)当时，求证：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值．
题型02 线面角中的探索性问题
【典例训练】
一、解答题
1．（2025·四川德阳·二模）如图，在四棱锥中，，底面是边长为的菱形，．
(1)证明：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正切值为，求二面角夹角的余弦值．
2．（24-25高三上·甘肃酒泉·期末）如图，四棱锥的底面是边长为3的正方形，，.
(1)证明：平面；
(2)已知点在线段上，且（），若直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
3．（24-25高三上·天津西青·期末）如图，在三棱锥中，平面，点在棱上，且为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)在线段上是否存在点满足直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
4．（24-25高三上·河南·期末）如图，在多面体中，四边形为直角梯形，且满足平面.
(1)证明：平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由.
题型03 二面角、面面角
【解题规律·提分快招】
一、用向量运算求平面与平面的夹角 如图，若于A，于B，平面PAB交于E，则∠AEB为二面角的平面角，∠AEB+∠APB=180°. 若分别为面，的法向量 ① ②根据图形判断二面角为锐二面角还是顿二面角； 若二面角为锐二面角（取正），则； 若二面角为顿二面角（取负），则；
【典例训练】
一、解答题
1．（2025·山西·一模）如图，已知四棱锥中，底面为菱形，，，平面，分别是的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的正弦值．
2．（24-25高三下·河北·开学考试）在平面四边形中,
将沿AC翻折至且满足
(1)求证：平面
(2)求二面角的正弦值.
3．（24-25高三上·贵州贵阳·期末）如图，过球心，图中画出的以为直径的圆记为圆O，C为圆上不同于，的动点，是球面上不在圆上的动点，为的重心，在线段上且．
(1)证明：平面；
(2)当三棱锥体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值．
4．（2025·山东·模拟预测）如图①，在等腰梯形中，为边的中点．将沿翻折，使点到达点的位置，得到四棱锥，如图②．
(1)证明：在翻折过程中，始终满足；
(2)当时，求平面与平面夹角的正弦值．
题型04 二面角、面面角中的探索性问题
【典例训练】
一、解答题
1．（2025·新疆乌鲁木齐·一模）如图，和都垂直于平面，且，是线段上一点.
(1)若平面，证明是的中点；
(2)若，，平面与平面夹角的余弦值为，求.
2．（24-25高三上·安徽·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为菱形，且平面为棱的中点，为棱上的动点.
(1)求证：平面平面.
(2)是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
3．（2024·江西上饶·一模）如图1，在矩形中，，连接，将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2，若点在线段上且.
(1)求证：平面；
(2)若点在线段上，且使得平面与平面夹角的余弦值为，求.
4．（2024·全国·一模）如图，在三棱锥中，平面为棱上的动点．
(1)求证：平面；
(2)是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由．
题型05 距离问题（含等积法）
【解题规律·提分快招】
一、点到直线的距离 已知直线的单位方向向量为，是直线上的定点，是直线外一点.设，则向量在直线上的投影向量，在中，由勾股定理得： 2、点到平面的距离 如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度.
【典例训练】
一、解答题
1．（24-25高三上·云南保山·期末）如图，在四棱锥中，底面，，，点是的中点，且，．
(1)求证：；
(2)求点到平面的距离．
2．（23-24高三上·河南周口·期末）如图，将圆沿直径折成直二面角，已知三棱锥的顶点在半圆周上，在另外的半圆周上，.
(1)若，求证： ；
(2)若，，直线与平面所成的角为，求点到直线的距离.
3．（24-25高三下·浙江·开学考试）如图，在三棱锥中，平面为锐角，动点在的边上，，三棱锥的体积为.
(1)证明：平面平面.
(2)当点到直线的距离为时，求与平面所成的角.
4．（2024高三·全国·专题练习）如图1，在直角梯形中，，点，分别为的中点．如图2，将四边形沿折起到的位置，使得二面角的大小为，其中，连接．
(1)求证：平面平面；
(2)当点到直线的距离最大时，求二面角的正弦值．
5．（24-25高三上·河南驻马店·期末）图1是等腰梯形，，，是中点，以为折痕，将折起，使点到达点的位置，如图2.
(1)求证：；
(2)若
（i）求二面角的平面角的正弦值；
（ii）在棱上存在点，使得到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值.
6．（2024·湖北·一模）如图，在平行四边形中，为的中点，沿将翻折至位置得到四棱锥为上一动点.
(1)若为的中点，证明：在翻折过程中均有平面；
(2)若，①证明：平面平面；
②记四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，若，求点到平面的距离.
一、解答题
1．（2024·西藏拉萨·二模）如图，在四棱台中，平面，两底面均为正方形，，点在线段上，且.
(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离.
2．（2025·安徽合肥·一模）如图，在正三棱台中，，
(1)若，证明：平面；
(2)若三棱台的高为，求平面与平面夹角的余弦值.
3．（2024·河南·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，的中点分别为，点在上，.
(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面；
(3)求二面角的大小.
4．（24-25高三上·北京·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD为菱形，且，点为棱DP的中点.
(1)在棱BC上是否存在一点，使得∥平面PAN？如果存在，确定点N的位置，如果不存在，请并说明理由；
(2)若二面角的余弦值为时，求棱DP的长度，并求点A到平面BCM的距离．
5．（2024·浙江台州·一模）如图，已知四边形为平行四边形，为的中点，，．将沿折起，使点到达点的位置．
(1)若平面平面，求证：；
(2)若点A到直线的距离为，求二面角的平面角的余弦值．
6．（24-25高三上·湖北黄冈·期中）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，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.
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由.
7．（24-25高三上·山东烟台·期末）如图，四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形.
(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.
8．（24-25高三上·全国·课后作业）如图，在四棱锥中，，且．
(1)若点在上，且平面，证明：为的中点；
(2)已知二面角的大小为，求平面与平面夹角的正切值．
9．（24-25高三上·安徽马鞍山·阶段练习）如图，四棱锥的底面为正方形，侧面底面．设平面与平面的交线为．
(1)证明：平面；
(2)已知，，为上的点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
10．（24-25高三上·黑龙江大庆·期中）如图在斜三棱柱中，，，，平面平面ABC，E是棱上一点，D，F分别是AC，AB的中点.
(1)当，证明：平面BED；
(2)判断当的值为多少时，锐二面角的余弦值为
11．（24-25高三上·青海·期末）如图，已知和都是等边三角形，，平面平面，点在线段上（不含线段的端点）．
(1)证明：；
(2)点、分别在线段、上，且，求平面与平面夹角的余弦值．
12．（24-25高三上·浙江·期中）如图，三棱锥中，，平面平面，平面平面.
(1)证明：平面；
(2)若为钝角，且二面角的大小为，求.
13．（24-25高三上·吉林长春·开学考试）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，求平面与平面所成角的余弦值.
14．（2024·山西吕梁·三模）如图，为圆锥的顶点，为圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且的边长为，点在母线上，且，.
(1)求证：，并求三棱锥的体积；
(2)若点为线段上的动点，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.
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