专题 8.11 立体几何初步全章十一大压轴题型归纳（拔尖篇）
【人教 A 版（2019）】
题型 1 组合体的结构特征
1．（23-24 高一下·广东深圳·期中）如图所示的几何体是数学奥林匹克能赛的奖杯，该几何体由（ ）
A．一个球、一个四棱柱、一个圆台构成
B．一个球、一个长方体、一个棱台构成
C．一个球、一个四棱台、一个圆台构成
D．一个球、一个五棱柱、一个棱台构成
2．（24-25 高一下·河南商丘·阶段练习）某广场设置了一些石凳供大家休息，如图，每个石凳都是由正方体
截去八个相同的正三棱锥得到的几何体，则下列结论不正确的是（ ）
A．该几何体的面是等边三角形或正方形
B．该几何体恰有 12 个面
C．该几何体恰有 24 条棱
D．该几何体恰有 12 个顶点
3．（24-25 高一·全国·课堂例题）指出下图中的空间图形是由哪些简单空间图形割补而成的．
4．（2025 高二上·上海·专题练习）已知 是直角梯形 与底边垂直的一腰（如图）．分别以 ， ，
， 为轴旋转，试说明所得几何体是由哪些简单几何体构成的？
题型 2 多面体与球体内切外接问题
1．（24-25 高三上·甘肃张掖·期中）在三棱锥 中， ⊥ 平面 ，∠ = 120 ，
= = = 2，则该棱锥的外接球半径为（ ）
A． 5 B． 6 C．3 D．4
2．（23-24 高一下·浙江台州·期中）已知圆锥的侧面展开图是一个圆心角为 3π且半径为 2 的扇形，记该圆
锥的内切球半径为 1，外接球半径为 2，则 1 + 2 = （ ）
A．2 3 1 B．2 3 +1 C．5 2 3 D．5 + 2 3
3．（24-25 高一·全国·课后作业）已知棱长为 2cm 的正方体容器内盛满水，把半径为 1cm 的钢球放入水中，
刚好被淹没；然后放入一个铁球，使它也淹没于水中．要使流出的水量最多，这个铁球的半径应为多少？
4．（24-25 高一·全国·课后作业）如图所示，在棱长为 1 的正方体内有两个球相外切且分别与正方体内切，
求两球半径之和.
题型 3 组合体的表面积与体积
1．（24-25 高三上·广东深圳·期末）如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥
和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为 2，圆柱的高为 6，圆锥的高为 4.若将其内部注入
液体，已知液面高度为 7，则该容器中液体的体积为（ ）
A 325π B 76π C 215π D 325π． 12 ． 3 ． 9 ． 16
2．（24-25 高二上·云南昆明·期末）图 1 是 1963 年在陕西宝鸡贾村出口的一口“何尊”（西周青铜酒器），
其高约 40 厘米，器口直径约 30 厘米．何尊内底铭文中出现了“宅兹中国”四字（图 2），其形状可视为一个
圆柱和一个圆台构成的组合体，圆柱的上底面与圆台的上底面完全重合，且直径为 18 厘米，圆柱的高为 24
厘米，则该组合体的体积约为（ ）
A．3576π B．3744π C．4296π D．4824π
3．（24-25 高二上·四川达州·期末）如图所示的玻璃罩可以看成是由一个圆柱侧面和一个半球球面组合而成，
其中球面半径为 2 分米，圆柱面高为 4 分米.（忽略玻璃厚度）
(1)求该玻璃罩外壁的面积；
(2)若将该玻璃罩倒置后装水，求最多能装多少升水？
4．（23-24 高二·上海·课堂例题）如图，以正方体 1 1 1 1六个面的中心为顶点所构成的多面体有
多少条棱和多少个面？设正方体的棱长为 1，这个多面体的表面积和体积是多少？
题型 4 几何体与球的切、接问题
1．（24-25 高三上·湖北武汉·阶段练习）已知矩形 的长为 4，宽为 3，将 △ 沿对角线 翻折，得
到三棱锥 ，则三棱锥 的外接球的体积为（ ）
A 125 25． 6 π B． 6 π C
125π D 25． 3 ． 4 π
2．（2024·天津和平·二模）如图，一块边长为 10cm 的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下
去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球（球与正
四棱锥各面均有且只有一个公共点）的体积为（ ）
A 9．4π B
9
．2π C
32
．9π D． 3 π
3．（23-24 高一下·北京大兴·期中）如图，四面体 1 1的四个顶点均为长方体 1 1 1 1的顶点．
(1)若四面体 1 1各棱长均为 2，求该四面体的表面积和体积；
(2)若 1 = 3， = 2， 1 = 5，求四面体 1 1外接球的表面积．
4．（2024 高三·全国·专题练习）已知正三棱锥 的高为 2， = 4 6，其内部有一个球与它的四个面
都相切，求：
(1)正三棱锥 的表面积；
(2)正三棱锥 内切球的表面积与体积．
题型 5 空间中的点共线、点（线）共面问题
1．（2024·湖南·二模）如图，在三棱柱 1 1 1中， , , , 分别为 1, 1, 1 1, 1 1的中点，则下列
说法错误的是（ ）
A． , , , 四点共面 B． //
C． , , 1三线共点 D．∠ 1 = ∠ 1
2．（24-25 高一下·湖北黄冈·阶段练习）如图所示，在空间四边形 ABCD 中，E，F 分别为 AB，AD 的中点，
, 分别在 ，CD 上，且 : = : = 1:2.则下面几个说法中正确的个数是（ ）
①E，F，G，H 四点共面；② // ;③若直线 EG 与直线 FH 交于点 P，则 P，A，C 三点共线．
A．0 B．1 C．2 D．3
3．（24-25 高二上·上海·阶段练习）如图，在四面体 中， 、 分别是 、 的中点， 、 分别在
、 上，且 : = : = 1:2．
(1)求证： 、 、 、 四点共面；
(2)设 与 交于点 ，求证： 、 、 三点共线．
4．（24-25 高二上·上海·单元测试）已知在正方体 1 1 1 1中，E、F 分别为 1 1、 1 1的中点，
∩ = ， 1 1 ∩ = ．求证：
(1)D，B，F，E 四点共面；
(2)若 1 交平面 DBFE 于 R 点，则 P、Q、R 三点共线；
(3)DE、BF、 1三线交于一点．
题型 6 空间点、直线、平面之间的位置关系
1．（24-25 高三上·天津·期末）已知 , 是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，下列说法正确的是
（ ）
A．若 ⊥ ，且 ，则 ⊥
B．若 // ， // ， ∩ = ， ， ，则 //
C．若 // ， ⊥ ，则 ⊥
D．若 ⊥ ， ∩ = ， ⊥ ，则 ⊥
2．（2025·山西·一模）已知 m，n 为两条不同的直线， ， 为两个不同的平面，则（ ）
A．若 // ， ∥ ，则 ∥ B．若 ∥ ， ⊥ ， // ，则 ⊥
C．若 ∥ ， ⊥ ，则 ⊥ D．若 ⊥ ， // ， // ，则 ⊥
3．（24-25 高一上·上海·期中）如图，已知 , , , 分别是正方体 1 1 1 1的棱 ， ， 1， 1 1
的中点，且 与 相交于点 .
(1)求证：点 在直线 上；
(2)求证： 与 1 1是异面直线.
4．（2024 高一下·全国·专题练习）如图所示， 是 △ 所在平面外的一点， ， 分别是 ， 的中点．
(1)判断直线 与平面 的位置关系．
(2)判断直线 与直线 的位置关系．
题型 7 求线面角
1．（23-24 高一下·黑龙江齐齐哈尔·期末）如图，在三棱锥 中，∠ = 90°, ⊥ 平面
, = = ， 是 的中点，则 与平面 所成角的正弦值为（ ）
A． 2 B 6 3． C． D．
2 3 3 2
2．（23-24 高一下·新疆·期末）在正方体 1 1 1 1中， 为线段 1 1的中点， 为线段 1上的动点，
则 与平面 1 1所成角的正弦值的最小值为（ ）
A 6 B 5 C 3 D 3． ． ． ．
6 5 3 6
3．（23-24 高一下·甘肃兰州·期末）如图，在四棱锥 中， ⊥ 平面 PAB，且在四边形 PACQ 中，
π π
∥ ，∠ = 2，二面角 的大小为3，且 = = = 1．
(1)点 E 为 BC 的中点，证明： //平面 PAB；
(2)求直线 BQ 与平面 PACQ 所成角的正弦值．
4．（23-24 高一下·安徽安庆·期末）如图，已知四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是平行四边形，M，N 分别是
棱 PB，PC 的中点， 是棱 PA 上一点，且 = 3 .
(1)求证: //平面 MCD;
(2) = 14, = = = 8, = = 4 6，求直线 PA 与平面 PBC 所成角的正弦值.
题型 8 求二面角
1．（23-24 高三上·河北沧州·期末）将两个相同的正棱锥的底面重叠组成的几何体称为“正双棱锥”.如图，在
正双三棱锥 中， , , 两两互相垂直，则二面角 的余弦值为（ ）
A 6． B 3 C 1 1． ． 2 D． 3 3 3
2．（23-24 高一下·浙江杭州·期中）已知正方体 1 1 1 1边长为 1，点 , 分别在线段 1 1和 上，
= 41 5 1 1, = ，动点 在线段 1上，且满足 = 1 0 < <
1
，分别记二面角 1 , 2
1， 1 的平面角为 , , ，则总有（ ）
A． > > B． > >
C． > > D． > >
3．（23-24 高一下·江苏常州·期末）如图，三棱柱 1 1 1所有棱长都为 2，∠ 1 = 60°，O 为 BC 中
点，D 为 1 与 1交点．
(1)求证： //平面 1；
(2) 2 13若直线 1与平面 1所成角的正弦值为 ，求二面角 1的大小．13
4．（23-24 高一下·广东广州·期末）如图，已知三棱台 1 1 1，底面 △ 是以 为直角顶点的等腰
14 3 1
直角三角形，体积为 ，平面
3 1
1 ⊥ 平面 ，且 1 = 1 1 = 1 = 2 .
(1)证明： ⊥ 平面 1 1；
(2)求点 到面 1 1的距离；
π
(3)在线段 1上是否存在点 ，使得二面角 的大小为6，若存在，求出 的长，若不存在，请说明
理由.
题型 9 点、线、面的距离问题
1．（2024·北京·三模）故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图 1，它是由两个完全相同的直三棱
柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图 2 所示.已知三楼柱 和 是两个完全相同的直三
棱柱，侧棱 与 互相垂直平分， , 交于点 I， = = ， ⊥ ，则点 到平面 的距离是
（ ）
A 3． B 1．2 C．
2 D． 2
3 2 4
2．（23-24 高三上·山东济宁·阶段练习）如图 1，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方
体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有棱长均相同，数学上我们称之为半正多面体（semiregular
solid），亦称为阿基米德多面体，如图 2，设 = 1，则平面 与平面 之间的距离是（ ）
A 2 B 6 6 2 6． ． C． D．6 3 3
3．（23-24 高一下·山东泰安·期末）如图， ⊥ 平面 ， // ， ⊥ , = = 1, = = 2，
F 为 CE 中点．
(1)求证： //平面 ；
(2)求点 C 到平面 的距离．
4．（23-24 高二上·上海杨浦·期中）如图, 为菱形 外一点, ⊥ 平面 ,∠ = 60 , 为棱 的中
点.
(1)求证: ⊥ 平面 ;
(2)若 = = 2,求 到平面 的距离.
题型 10 平行关系与垂直关系的综合应用
1．（23-24 高一下·福建龙岩·期末）如图，在正方体 1 1 1中， 、 为正方体内（含边界）不重合
的两个动点，下列结论错误的是（ ）
A．若 ∈ 1， ∈ ，则 ⊥
B．若 ∈ 1， ∈ ，则平面 ⊥ 平面 1 1
C．若 ∈ ， ∈ 1，则 //平面 1 1
D．若 ∈ ， ∈ 1，则 // 1
2．（24-25 高三上·浙江宁波·阶段练习）如图一，矩形 中， = 2 , ⊥ 交对角线 于点 ，交
于点 ，现将 △ 沿 翻折至 △ ′ 的位置，如图二，点 为棱 ′ 的中点，则下列判断一定成立的
是（ ）
A． ⊥ B． ′ ⊥ 平面
C． //平面 ′ D．平面 ′ ⊥ 平面
3．（24-25 高一下·全国·课后作业）如图，在三棱锥 中， ⊥ , = ，M 是 的中点．点 N
在棱 上，点 D 是 的中点．
求证：
(1) //平面 ；
(2)平面 ⊥ 平面 ．
4．（23-24 高一下·山东菏泽·阶段练习）在四棱锥 中， 为 与 的交点， ⊥ 平面 ，△
是正三角形， // ， = = 2 .
(1)求异面直线 和 所成角的大小；
(2) 若点 为棱 上一点，且 //平面 ，求 的值；
(3)求证：平面 ⊥ 平面 .
题型 11 立体几何中的探索性问题
1．（23-24 高一下·云南昆明·阶段练习）如图，在等腰梯形 中， ∥ ， = = 3，
∠ = 120°， ⊥ 平面 ， ⊥ 平面 ， = = 3，点 P 在线段 上运动.
(1)求证： ⊥ ；
(2)是否存在点 P，使得 ∥平面 ？若存在，试求点 P 的位置；若不存在，请说明理由.
2．（23-24 高一下·河北沧州·期中）如图，在直角梯形 中， // ，∠ = 90 ， = 2 = 2 ，
为 的中点，沿 将 △ 折起，使得点 到点 的位置，且 ⊥ ， 为 的中点， 是 上的动点
（与点 、 不重合）．
(1)证明：平面 ⊥ 平面 ；
(2)是否存在点 ，使得二面角 的正切值为 17？若存在，确定 点的位置；若不存在，请说明理由．
3．（23-24 高一下·广东深圳·阶段练习）如图，在四棱锥 中，平面 ⊥ 平面 ，底面 是
直角梯形， ∥ ,∠ = 90°，且 = = 2, = = 1, = 5, 为 的中点．
(1)求证： ⊥ ；
(2)求二面角 的余弦值；
(3)在线段 上是否存在点 使得平面 ⊥ 平面 ？若存在，请指明点 的位置；若不存在，请说明理
由．
4．（23-24 高一下·山西大同·期末）如图 1，在 △ 中， = = 2， = 2 2，点 ， 分别为边 ，
的中点，将 △ 沿着 折起，使得点 到达点 的位置，如图 2，且二面角 的大小为60 ．
(1)求证：平面 ⊥ 平面 ；
(2)求点 到平面 的距离；
(3)在棱 上是否存在点 3 6，使得 与平面 所成角的正弦值为 ？若存在，求 的长；若不存在，请说
8
明理由．专题 8.11 立体几何初步全章十一大压轴题型归纳（拔尖篇）
【人教 A 版（2019）】
题型 1 组合体的结构特征
1．（23-24 高一下·广东深圳·期中）如图所示的几何体是数学奥林匹克能赛的奖杯，该几何体由（ ）
A．一个球、一个四棱柱、一个圆台构成
B．一个球、一个长方体、一个棱台构成
C．一个球、一个四棱台、一个圆台构成
D．一个球、一个五棱柱、一个棱台构成
【解题思路】根据组合体基本构成即可得答案.
【解答过程】由图可知，该几何体是由一个球、一个长方体、一个棱台构成.
故选：B.
2．（24-25 高一下·河南商丘·阶段练习）某广场设置了一些石凳供大家休息，如图，每个石凳都是由正方体
截去八个相同的正三棱锥得到的几何体，则下列结论不正确的是（ ）
A．该几何体的面是等边三角形或正方形
B．该几何体恰有 12 个面
C．该几何体恰有 24 条棱
D．该几何体恰有 12 个顶点
【解题思路】根据几何体的形状逐个选项判断即可.
【解答过程】据图可得该几何体的面是等边三角形或正方形，A 正确；该几何体恰有 14 个面，B 不正确；
该几何体恰有 24 条棱，C 正确；该几何体恰有 12 个顶点，D 正确．
故选：B.
3．（24-25 高一·全国·课堂例题）指出下图中的空间图形是由哪些简单空间图形割补而成的．
【解题思路】由空间几何体的结构特征可得.
【解答过程】左图中的空间图形是由一个六棱柱挖去一个圆柱所成的．
右图中的空间图形可以看作是由一个长方体割去一个四棱柱所成的，
也可以看作是由一个长方体与两个四棱柱组合而成的．
实际上，右图也可以看作一个柱体，它的底面为一个凹多边形．
4．（2025 高二上·上海·专题练习）已知 是直角梯形 与底边垂直的一腰（如图）．分别以 ， ，
， 为轴旋转，试说明所得几何体是由哪些简单几何体构成的？
【解题思路】分别画出对应立体图形，逐个说明即可.
【解答过程】①以 AB 边为轴旋转所得旋转体是圆台；如图（1）所示；
②以 BC 边为轴旋转所得旋转体是一组合体：下部为圆柱，上部为圆锥；如图（2）所示；
③以 CD 边为轴旋转所得旋转体为一组合体：上部为圆锥，下部为圆台，再挖去一个小圆锥；
如图（3）所示．
④以 AD 边为轴旋转得到一个组合体，它是一个圆柱上部挖去一个圆锥；如图（4）所示.
题型 2 多面体与球体内切外接问题
1．（24-25 高三上·甘肃张掖·期中）在三棱锥 中， ⊥ 平面 ，∠ = 120 ，
= = = 2，则该棱锥的外接球半径为（ ）
A． 5 B． 6 C．3 D．4
【解题思路】根据给定条件，求出 △ 外接圆半径，球心 到平面 的距离，再利用球的截面圆性质计
算即得.
【解答过程】令 △ 的外接圆圆心为 1，球心为 ，则 1 ⊥ 平面 ，而 ⊥ 平面 ，
于是 1// ，又球心 在线段 的中垂面上，此平面与平面 平行，取 中点
则 1 = =
1
2 = 1，在 △ 中，∠ = 120
， = = 2，则∠ = 30 ，
△ 的外接圆半径 = 12
sin∠ = 2，所以该棱锥的外接球半径 = 2 +
2
1 = 5.
故选：A.
2．（23-24 高一下·浙江台州·期中）已知圆锥的侧面展开图是一个圆心角为 3π且半径为 2 的扇形，记该圆
锥的内切球半径为 1，外接球半径为 2，则 1 + 2 = （ ）
A．2 3 1 B．2 3 +1 C．5 2 3 D．5 + 2 3
【解题思路】设 △ 为圆锥的轴截面， 为底面圆的圆心，先求出圆锥的底面圆的半径，利用等面积法
求出 1，利用正弦定理可求出 2，即可得解.
【解答过程】设圆锥的底面圆的半径为 ，
则2 3π = 2π ，所以 = 3，
如图， △ 为圆锥的轴截面， 为底面圆的圆心，
则 △ 内切圆的半径即为该圆锥的内切球半径，
= 3, = 2, = 4 3 = 1，
1
则 △ = 2 × 1 × 2 3 =
1
2 1(2 + 2 + 2 3)，解得 1 = 2 3 3，
π
在Rt △ 中， = 2, = 1，则∠ = 6，
2
则2 2 =
1
sin∠ = = 4，所以 2 = 2，2
所以 1 + 2 = 2 3 1.
故选：A.
3．（24-25 高一·全国·课后作业）已知棱长为 2cm 的正方体容器内盛满水，把半径为 1cm 的钢球放入水中，
刚好被淹没；然后放入一个铁球，使它也淹没于水中．要使流出的水量最多，这个铁球的半径应为多少？
【解题思路】先画出过正方体对角面的截面图,设小球的半径 ,通过 = 1 + 1 建立等式,求出 即可求出
要使流出来的水量最多时这个铁球的半径.
【解答过程】解:过正方体对角面的截面图如图所示,设两球的交点为 S
1 = 2 3, = 3, = = 3 1
设铁球的半径 ,tan∠ 1 = 22
在 △ 1 中, 1 = 3 ,
∴ = 1 + 1 ,
∴ 3 1 = 3 + .
计算得出: = 2 3(cm)为所求
要使流出来的水量最多,这个铁球的半径应该为2 3.
4．（24-25 高一·全国·课后作业）如图所示，在棱长为 1 的正方体内有两个球相外切且分别与正方体内切，
求两球半径之和.
【解题思路】作正方体的对角面,设出两球半径，根据正方体的对角线长列出等式，即可求得答案.
【解答过程】作正方体的对角面，得如图所示的截面图:其中 AB,CD 为正方体的棱，AD,BC 为正方体的面对
角线，AC 为体对角线，
球心 1和 2在 上，过 1, 2分别作 , 的垂线交于 E，F 两点.
设小球半径为 r，大球半径为 R,则由题意知 = 1, ∴ = 3，
得 1 = 2 + 2 + 2 = 3 , 2 = 2 + 2 + 2 = 3 ，
∴ + + 3( + ) = 3，
∴ + = 3 = 3 3 3 3，即两球半径之和为 .
3+1 2 2
题型 3 组合体的表面积与体积
1．（24-25 高三上·广东深圳·期末）如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥
和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为 2，圆柱的高为 6，圆锥的高为 4.若将其内部注入
液体，已知液面高度为 7，则该容器中液体的体积为（ ）
A 325π B 76π C 215π 325π． 12 ． 3 ． 9 D． 16
【解题思路】分别求出下半部分圆柱和上半部分圆台的体积，即可得解.
【解答过程】由题意可知：容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台，
取轴截面，如图所示， 1, 2, 3分别为 , , 的中点，
可知： // // ，
且 1 = 2 = 2， 1 2 = 6， 2 = 4， 2 3 = 1， 3 = 3，
3 3 3 3
可得 = = ，即 = ，2 2 4 3 2
所以该容器中液体的体积为：
2 2
π × 22 × 6 + 1 2 3 2 3 325π3 π × 2 + π × + π × 2 × π × × 1 = 12 .2 2
故选：A.
2．（24-25 高二上·云南昆明·期末）图 1 是 1963 年在陕西宝鸡贾村出口的一口“何尊”（西周青铜酒器），
其高约 40 厘米，器口直径约 30 厘米．何尊内底铭文中出现了“宅兹中国”四字（图 2），其形状可视为一个
圆柱和一个圆台构成的组合体，圆柱的上底面与圆台的上底面完全重合，且直径为 18 厘米，圆柱的高为 24
厘米，则该组合体的体积约为（ ）
A．3576π B．3744π C．4296π D．4824π
【解题思路】根据圆柱以及圆台的体积公式计算，即可得答案．
【解答过程】
由题意可知圆台的高为40 24 = 16(cm)，
所以圆柱的体积约为 1=π × 92 × 24 = 1944π(cm3)，
圆台的体积约为 2=
1
3π × 16 × (9
2 + 152 + 9 × 15) = 2352π(cm3)，
故组合体的体积大约为 1 + 2 = 4296π(cm3)．
故选：C．
3．（24-25 高二上·四川达州·期末）如图所示的玻璃罩可以看成是由一个圆柱侧面和一个半球球面组合而成，
其中球面半径为 2 分米，圆柱面高为 4 分米.（忽略玻璃厚度）
(1)求该玻璃罩外壁的面积；
(2)若将该玻璃罩倒置后装水，求最多能装多少升水？
【解题思路】（1）根据圆柱的表面积公式和球的表面积公式求解即可；
（2）根据圆柱的体积公式和球的体积公式求解即可.
【解答过程】（1）由题意知 = 2, = 4，
1
故该玻璃罩外壁的面积为2 × 4π
2 +2π = 8π +16π=24π平方分米；
（2）所求即圆柱体积与半球体积之和，
= 12 ×
4
3π
3 + π 2 = 163 π +16π=
64 64
3 π立方分米= 3 π升
64
故最多能装 3 π升水.
4．（23-24 高二·上海·课堂例题）如图，以正方体 1 1 1 1六个面的中心为顶点所构成的多面体有
多少条棱和多少个面？设正方体的棱长为 1，这个多面体的表面积和体积是多少？
【解题思路】根据图形可知得到的多面体是正八面体，然后利用锥体的表面积公式与体积计算公式即可求
解.
【解答过程】由正方体的对称性结合图形可知，这个多面体有12条棱，8个面，
且这个多面体的各棱长相等，故这个多面体为正八面体，
若正方体的棱长为 1，则该正八面体的棱长为1 × 2 = 2，
2 2
2
3 2
则这个多面体的表面积 = 8 × × =
4 2 3，
1 22 1 1
这个多面体的体积 = 2 × 3 × × 2 =2 6.
题型 4 几何体与球的切、接问题
1．（24-25 高三上·湖北武汉·阶段练习）已知矩形 的长为 4，宽为 3，将 △ 沿对角线 翻折，得
到三棱锥 ，则三棱锥 的外接球的体积为（ ）
A 125π B 25π C 125． 6 ． 6 ． 3 π D
25
． 4 π
【解题思路】连接 , 相交于点 ，根据 为矩形得点 为三棱锥 的外接球的球心，求出半径
可得答案.
【解答过程】连接 , 相交于点 ，则点 为 , 的中点，
= = = = 1 5因为 为矩形，所以 33 + 422 = 2，
所以点 为三棱锥 的外接球的球心，
4π 5 3 125π
则则三棱锥 的外接球的体积为 3 × =2 6 .
故选：A.
2．（2024·天津和平·二模）如图，一块边长为 10cm 的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下
去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球（球与正
四棱锥各面均有且只有一个公共点）的体积为（ ）
A 9 9 32．4π B．2π C．9π D． 3 π
【解题思路】根据题意可得正四棱锥的斜高为 5，底面正方形的边长为 6，从而可得正四棱锥的高，设这个
3 8
正四棱锥的内切球的半径为 ，高线与斜高的夹角为 ，则易得sin = 5，4 = + sin = 3 ，从而可得 ，再代
入球的体积公式，即可求解．
【解答过程】作出四棱锥 如图：
根据题意可得正四棱锥的斜高为 = 5，底面正方形 的边长为 6，
∴ 正四棱锥的高为 = 52 32 = 4，
设这个正四棱锥的内切球的球心为 ，半径为 ，与侧面相切于 ，
3
则高线与斜高的夹角为 ，则sin = = 5，
= + 则 sin ,
∴ 4 = + 8 3sin = 3 ， ∴ = 2，
∴ 4 4 3
3 9
这个正四棱锥的内切球的体积为 π 33 = 3 × π × ( ) = π2 2 ．
故选：B．
3．（23-24 高一下·北京大兴·期中）如图，四面体 1 1的四个顶点均为长方体 1 1 1 1的顶点．
(1)若四面体 1 1各棱长均为 2，求该四面体的表面积和体积；
(2)若 1 = 3， = 2， 1 = 5，求四面体 1 1外接球的表面积．
【解题思路】（1）依题意可得 1 1 1 1为棱长为1的正方体，且四面体 1 1为正四面体，即可
求出其表面积，利用割补法求出其体积；
（2）依题意长方体的外接球即为此四面体的外接球，求出长方体的体对角线即为外接球的直径，从而得到
外接球的表面积．
【解答过程】（1）若四面体 1 1各棱长均为 2，
则长方体 1 1 1 1为棱长为1的正方体，且四面体 1 1为正四面体，
1 1 3所以 1 1 = 4 × 2 × 2 × 2 × sin60° = 4 × 2 × 2 × 2 × = 2 3，2
3 1 1 1 1 = 1 1 1 1 4 1 = 1 4 × 3 × 2 × 1 × 1 × 1 =
1
3；
（2）由于四面体 1 1的四个顶点均为长方体 1 1 1 1的顶点，
所以四面体 1 1外接球与长方体的外接球是同一个球，
设此四面体所在长方体的棱长分别为 = ， 1 = ， = ，
2 + 2 = 3 2 = 1
则 2 + 2 = 4 ，解得 2 = 2 ，
2 + 2 = 5 2 = 3
设长方体 1 1 1 1外接球的半径为 ，则(2 )2 = 2 + 2 + 2 = 6，则 2 =
3
2，
所以外接球的表面积为4π 2 = 6π．
4．（2024 高三·全国·专题练习）已知正三棱锥 的高为 2， = 4 6，其内部有一个球与它的四个面
都相切，求：
(1)正三棱锥 的表面积；
(2)正三棱锥 内切球的表面积与体积．
【解题思路】（1）根据正三棱锥棱长与锥体的高关系求出锥体的表面积；
（2）根据等体积法求出内切球的半径，即可求出内切球的表面积和体积.
【解答过程】（1）由题意，如图所示．
底面三角形中心 到 AC 的距离 = 13 ×
3 × 4 6 = 2 2，2
2
则正棱锥侧面的斜高为 = 22 + (2 2) = 2 3．
∴ 侧 = 3 ×
1
2 × 4 6 × 2 3 = 36 2．
2
故 全 = 侧 + 底 = 36
1
2 + 32 × × (4 6) = 36 2 +242 3．
（2）设正三棱锥 的内切球球心为 1，
联结 1 、 1 、 1 、 1 ，
而点 1到三棱锥的四个面的距离都为球的半径 ，
∴ 1 1 1 1 = 1 + 1 + 1 + 1 = 3 侧 + 3 △ = 3 全 = 3(36 2 +24 3
) = (12 2 +8 3) ．
1 1 3 2
又 = 3 × 2 × × (4 6) × 2 = 162 3，
∴ (12 2 + 8 3) = 16 3，解得 = 4 3 = 2( 6 2)．
3 2+2 3
2
∴ 内切球 = 4π 2( 6 2) = 32(5 2 6)π，
3
4内切球 = 3π 2( 6 2) =
64
3 (9 6 22)π．
题型 5 空间中的点共线、点（线）共面问题
1．（2024·湖南·二模）如图，在三棱柱 1 1 1中， , , , 分别为 1, 1, 1 1, 1 1的中点，则下列
说法错误的是（ ）
A． , , , 四点共面 B． //
C． , , 1三线共点 D．∠ 1 = ∠ 1
【解题思路】对于 AB，利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断；对于 C，利用平面公理判断得
， 的交点 在 1，从而可判断；对于 D，举反例即可判断.
【解答过程】对于 AB，如图，连接 ， ，
因为 是 △ 1 1 1的中位线，所以 // 1 1，
因为 1 // 1 ，且 1 = 1 ，所以四边形 1 1是平行四边形，
所以 // 1 1，所以 // ，所以 , , , 四点共面，故 AB 正确；
对于 C，如图，延长 ， 相交于点 ，
因为 ∈ ， 平面 1 1，所以 ∈ 平面 1 1，
因为 ∈ ， 平面 1 1，所以 ∈ 平面 1 1，
因为平面 1 1 ∩ 平面 1 1 = 1，
所以 ∈ 1，所以 , , 1三线共点，故 C 正确；
对于 D，因为 1 = 1，当 1 ≠ 1时，tan∠ 1 ≠ tan∠ 1，
π
又0 < ∠ 1,∠ 1 < 2，则∠ 1 ≠ ∠ 1，故 D 错误.
故选：D.
2．（24-25 高一下·湖北黄冈·阶段练习）如图所示，在空间四边形 ABCD 中，E，F 分别为 AB，AD 的中点，
, 分别在 ，CD 上，且 : = : = 1:2.则下面几个说法中正确的个数是（ ）
①E，F，G，H 四点共面；② // ;③若直线 EG 与直线 FH 交于点 P，则 P，A，C 三点共线．
A．0 B．1 C．2 D．3
【解题思路】推导出 // ， // ，从而 // ，由此能证明 E，F，G，H 四点共面； ≠ ，从
而直线 EG 与直线 FH 必相交，设交点为 P，证明 P 点在直线 上．
【解答过程】如图所示，
E，F 分别为 AB，AD 的中点，∴ // ， = 12 ，
, 分别在 ，CD 2上，且 : = : = 1:2，∴ // ， = 3 ，
∴ // ，则 E，F，G，H 四点共面，说法①正确；
∵ > ，四边形 是梯形， // 不成立，说法②错误；
若直线 与直线 交于点 P，则由 ∈ ， 平面 ，得 ∈ 平面 ，
同理 ∈ 平面 ，又平面 ∩ 平面 = ， ∈
∴则 P，A，C 三点共线，说法③正确；
说法中正确的有 2 个.
故选：C.
3．（24-25 高二上·上海·阶段练习）如图，在四面体 中， 、 分别是 、 的中点， 、 分别在
、 上，且 : = : = 1:2．
(1)求证： 、 、 、 四点共面；
(2)设 与 交于点 ，求证： 、 、 三点共线．
【解题思路】（1）根据三角形中位线定理、平行线的性质，结合基本事实进行证明即可；
（2）根据面面交成线进行证明即可.
【解答过程】（1）因为 、 分别是 、 的中点，
所以 // ，
又因为 、 分别在 、 上，且 : = : = 1:2．
所以 // ，于是有 // ，
所以 、 、 、 四点共面；
（2）∵EG 与 HF 交于点 P，
∴P 在面 ABC 内，
同理 P 在面 DAC 内.
又∵面 ∩ 面 = ，
∴P 在直线 AC 上，∴P、A、C 三点共线．
4．（24-25 高二上·上海·单元测试）已知在正方体 1 1 1 1中，E、F 分别为 1 1、 1 1的中点，
∩ = ， 1 1 ∩ = ．求证：
(1)D，B，F，E 四点共面；
(2)若 1 交平面 DBFE 于 R 点，则 P、Q、R 三点共线；
(3)DE、BF、 1三线交于一点．
【解题思路】（1）先证明两直线平行，再根据两平行线可确定一平面证明共面；
（2）结合面面交线证明三点共线；
（3）根据面面相交于一条直线，再证明三线交于一点；
【解答过程】（1）证明：因为 EF 是 △ 1 1 1的中位线，所以 ∥ 1 1．
在正方体 1 1 1 1中， 1 1 ∥ ，所以 ∥ ．
所以 EF、BD 确定一个平面，即 D、B、F、E 四点共面．
（2）在正方体 1 1 1 1中，设平面 1 1 为 、平面 BDEF 为 ．
因为 ∈ 1 1，所以 ∈ ．又 ∈ ，所以 ∈ ．所以 Q 是 与 的公共点．
同理，P 也是 与 的公共点．所以 ∩ = ．
又 1 ∩ = ，所以 ∈ 1 ， ∈ ，且 ∈ ．则 ∈ ，
故 P、Q、R 三点共线．
（3）因为 ∥ 且 < ，所以 DE 与 BF 相交，
设交点为 M，则由 ∈ ， 平面 1 1，得 ∈ 平面 1 1，
同理，点 ∈ 平面 1 1．又平面 1 1 ∩ 平面 1 1 = 1，
所以 ∈ 1．所以 DE、BF、 1三线交于一点 M．
题型 6 空间点、直线、平面之间的位置关系
1．（24-25 高三上·天津·期末）已知 , 是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，下列说法正确的是
（ ）
A．若 ⊥ ，且 ，则 ⊥
B．若 // ， // ， ∩ = ， ， ，则 //
C．若 // ， ⊥ ，则 ⊥
D．若 ⊥ ， ∩ = ， ⊥ ，则 ⊥
【解题思路】根据空间中各要素的位置关系，逐个判断即可．
【解答过程】解：若 ⊥ ，且 ，则 m 与 可以成任意角，A 选项错误；
若 // ， // ， ∩ = ， ， ，则 // ，B 选项正确；
若 // ， ⊥ ，则 n 与 可以成任意角，C 选项错误；
若 ⊥ ， ∩ = ， ⊥ ，则 m 与 可以成任意角，D 选项错误．
故选：B.
2．（2025·山西·一模）已知 m，n 为两条不同的直线， ， 为两个不同的平面，则（ ）
A．若 // ， ∥ ，则 ∥ B．若 ∥ ， ⊥ ， // ，则 ⊥
C．若 ∥ ， ⊥ ，则 ⊥ D．若 ⊥ ， // ， // ，则 ⊥
【解题思路】根据空间中点线面的位置关系，即可结合选项逐一求解.
【解答过程】若 // ， ∥ ，则直线 m 与 n 或平行或相交或异面，故 A 不正确；
若 ∥ ， ⊥ ，则 ⊥ ，又 // ，则在平面 内存在直线 c 使得 ∥ ，所以 ⊥ ，则 ⊥ ，故 B 正确；
若 ∥ ， ⊥ ，则 m 可能与 平行，可能垂直，也可能在平面 内，故 C 不正确；
若 ⊥ ， // ， // ，则 ∥ ，或 m，n 相交或异面，故 D 不正确．
故选:B．
3．（24-25 高一上·上海·期中）如图，已知 , , , 分别是正方体 1 1 1 1的棱 ， ， 1， 1 1
的中点，且 与 相交于点 .
(1)求证：点 在直线 上；
(2)求证： 与 1 1是异面直线.
【解题思路】（1）通过证明在平面 与平面 1 1的交线上，来证得 在直线 上.
（2）利用反证法可证明 与 1 1是异面直线.
【解答过程】（1）平面 ∩ 平面 1 1 = ，
由于 ∈ 平面 ， ∈ 平面 1 1，
所以 ∈ ，也即点 在直线 上.
（2）假设 与 1 1不是异面直线.
则 与 1 1是共面直线，又 在直线 1 1外，
则过 与直线 1 1有唯一平面 1 1，所以可得 ∈ 平面 1 1，
这与 在平面 1 1外矛盾，故 与 1 1是异面直线.
4．（2024 高一下·全国·专题练习）如图所示， 是 △ 所在平面外的一点， ， 分别是 ， 的中点．
(1)判断直线 与平面 的位置关系．
(2)判断直线 与直线 的位置关系．
【解题思路】（1）由线面关系的定义可得答案；
（2）根据异面直线的判定定理可得结论.
【解答过程】（1）因为 ∈ , 面 ，所以 ∈ 面 ，又 面 ，
所以直线 与平面 的位置关系是相交；
（2）由（1）得直线 与平面 的位置关系是相交， 面 ，
又 ∈ 面 ， ， 面 ，
所以直线 与直线 的位置关系是异面.
题型 7 求线面角
1．（23-24 高一下·黑龙江齐齐哈尔·期末）如图，在三棱锥 中，∠ = 90°, ⊥ 平面
, = = ， 是 的中点，则 与平面 所成角的正弦值为（ ）
A． 2 B 6． C 3． D．
2 3 3 2
【解题思路】根据图形特征，取 中点 ，连接 , ，通过线面垂直的性质与判定得到 ⊥ 面 ，因
而∠ 是 与平面 所成角，再通过相关计算，在直角三角形中计算其正弦值即可.
【解答过程】如图，取 中点 ，连接 , ，令 = = = 2.
因为 ⊥ 面 ， 面 ，
所以 ⊥ ，
又因为 = = 2，
所以 ⊥ ，
因为 ⊥ 面 ， 面 ，
所以 ⊥ ，
又因为∠ = 90°，所以 ⊥ ，
因为 , 面 ， ∩ = ，
所以 ⊥ 面 ，
因为 面 ，
所以 ⊥ ，
因为 , 面 ， ∩ =
所以 ⊥ 面 ，
所以∠ 是 与平面 所成角，
因为 ⊥ ，. = = 2.，
2
所以 = =2 2,
由已证知， ⊥ 面 ，因为 面 ，
所以 ⊥ ，
所以 = 2 + 2 = 2 2，
因为 ⊥ 面 ， 面 ，
所以 ⊥ ，
所以 = 2 + 2 = 4 + 8 = 2 3，
= 1所以 2 = 3，
由已证知， ⊥ 面 ，
又因为 面 ，所以 ⊥
sin∠ = 2 6所以 = = ，3 3
6
即 与平面 所成角的正弦值是 .
3
故选：B．
2．（23-24 高一下·新疆·期末）在正方体 1 1 1 1中， 为线段 1 1的中点， 为线段 1上的动点，
则 与平面 1 1所成角的正弦值的最小值为（ ）
A 6． B． 5 C 3． D 3．
6 5 3 6
【解题思路】取 1 1的中点 ，连接 , .设正方体的棱长为2 ，则可得 与平面 1 1所成的角为
∠ ，得tan∠ = ，所以只要 最大即可得答案.
【解答过程】取 1 1的中点 ，连接 , .设正方体的棱长为2 ，
则在 △ 1 1 1中， 为线段 1 1的中点， 为 1 1的中点，
所以 为 △ 1 1 1的中位线，所以 ∥ 1 1.
又因为 1 1 ⊥ 平面 1 1，所以 ⊥ 平面 1 1，
则 与平面 1 1所成的角为∠ ，则tan∠ = .
由 = 12 1 1 = ，得tan∠ = ，
所以要使 与平面 1 1所成角的正弦值最小，则tan∠ 最小，
可知当 与点 重合时， 最大，此时 = 5 , = 6 ，
所以sin∠ = 6 ≥ 6 = .6
故选：A.
3．（23-24 高一下·甘肃兰州·期末）如图，在四棱锥 中， ⊥ 平面 PAB，且在四边形 PACQ 中，
π π
∥ ，∠ = 2，二面角 的大小为3，且 = = = 1．
(1)点 E 为 BC 的中点，证明： //平面 PAB；
(2)求直线 BQ 与平面 PACQ 所成角的正弦值．
【解题思路】（1）运用垂直条件找出二面角 的平面角，得到 ⊥ ，借助中位线证明平行，进
而得到四边形 PQEF 为平行四边形，再运用线面平行的判定定理即可；
（2）过 B 作 ⊥ 于点 M，得到 ⊥ 平面 1，得到平面 ⊥ 平面 ABC，运用面面垂直性质得到 ⊥
平面 PACQ， 得到∠ 即为所求线面角.再结合勾股定理和余弦定理求线段长度，借助锐角三角函数求解
角的正弦值即可.
【解答过程】（1）证明：∵ ⊥ 平面 PAB， 平面 PAB∴ ⊥ ，
π
∵∠ = 2∴ ⊥ ，
∵ ∩ = ，∴ ⊥ 平面 ABC，∵ 平面 ABC，∴ ⊥ ．
π
∵ ⊥ ， ⊥ ，∴二面角 的平面角即为∠ ，∴∠ = 3，
∵ ⊥ 平面 PAB， 平面 PAB，∴ ⊥ ，
∵ = = = 1，∴ = 2，
AB F 1取 中点 ，连接 EF，则 // ， = 2 ，
又 // , = 12 ，∴ // , = ，
∴四边形 PQEF 为平行四边形，
∴ // ，又 平面 PAB， 平面 PAB，∴ //平面 PAB；
（2）解：过 B 作 ⊥ 于点 M，∵ 平面 PACQ， ⊥ 平面 1，
∴平面 ⊥ 平面 ABC，交线为 AC，则 ⊥ 平面 PACQ，连接 QM，
∴∠ 即为所求线面角，
sin∠ = = = 3 ，而 ，2
3
由勾股定理可得： = 2 2 = 2，
在 △ 中，过点 Q 作 ⊥ 于点 N，则 = = = = 1，
因为 = 2，则 = 1， △ 是等腰直角三角形，所以∠ = 45°， = 2，
由余弦定理得： = 2 + 2 2 cos45° = 5，2
由勾股定理得： = 2 + 2 = 2，
∴sin∠ = 3 × 2 = 6，即 BQ 与平面 PACQ 6所成角正弦值为 ．
2 2 4 4
4．（23-24 高一下·安徽安庆·期末）如图，已知四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是平行四边形，M，N 分别是
棱 PB，PC 的中点， 是棱 PA 上一点，且 = 3 .
(1)求证: //平面 MCD;
(2) = 14, = = = 8, = = 4 6，求直线 PA 与平面 PBC 所成角的正弦值.
【解题思路】（1）取 PA 的中点 S，结合中位线性质可得 S，M，C，D 四点共面，再利用 // 结合线面
平行的判定定理即可得证；
（2）利用所给条件，结合线面垂直的判定定理与性质定理与余弦定理计算可得∠ 的余弦值，再利用等
体积法可求出点 到平面 的距离，结合 的长度即可得解.
【解答过程】（1）取 PA 的中点 S，连接 SM，SD，SC，因为 为 PB 的中点，
所以 // ，又 // ，所以 // ，故 S，M，C，D 四点共面，
由题意知 Q，N 分别为 PS，PC 的中点，故 // ，
又 平面 , 平面 MCD，因此 //平面 MCD；
（2）连接 AC，BD 交于点 ，则 为平行四边形 ABCD 的中心，
又 = , = ，
则等腰 △ , △ 中，根据三线合一，有 ⊥ , ⊥ ，
又 ∩ = ， , 平面 ，
故 ⊥ 平面 ，
设 = = , = = , = ,∠ = ，
则∠ = π ，
2 = 4 2 = 2 + 2 2 cos = 260 224cos ，
2 = 4 2 = 2 + 2 2 cos(π ) = 260 + 224cos ，
相加并整理得 2 + 2 = 130，①
在 Rt △ ，Rt △ 中，有 2 + 2 = 2, 2 + 2 = 2，
即 2 + 2 = 96，（2）， 2 + 2 = 64，③
解方程组①②③得， = 9, = 7, = 15，
2 2 2 2
故cos = + 2 2 3 52 = 7,sin = 1 = ，7 7
1
于是 △ = 2 sin = 24 5，
在 △ 中， = = 8, 是 PC 中点，
故 ⊥ , = 2 2 = 82 (2 6)2 = 2 10，
1
于是 △ = 2 = 8 15，
设点 A 到平面 PBC 1 1的距离为 ，由 = ，得3 △ = 3 △ ，
△ 15 24 5
故 = = = 3 5，△ 8 15
3 5 30
故所求线面角 的正弦值sin = = = .4 6 8
题型 8 求二面角
1．（23-24 高三上·河北沧州·期末）将两个相同的正棱锥的底面重叠组成的几何体称为“正双棱锥”.如图，在
正双三棱锥 中， , , 两两互相垂直，则二面角 的余弦值为（ ）
A 6 B 3 C 1． ． ． 2 D
1
．
3 3 3
【解题思路】取 中点 ，连接 , , ，说明∠ 为二面角的平面角，通过几何关系计算求解.
【解答过程】取 中点 ，连接 , , ，交平面 于点 ，
由正棱锥性质及对称性易知 为 △ 的中心，且 ⊥ , ⊥ ，
故∠ 为二面角的平面角，
3 6
设正三棱锥侧棱长为 2，易得 = 2 2， = = 2, = = ，6 3
2
则 = 2 = 2 2 6 = 4 3，
3 3
△ cos∠ = 2+2
16 1
在 中由余弦定理得 3 = .
2× 2× 2 3
故选：D.
2．（23-24 高一下·浙江杭州·期中）已知正方体 1 1 1 1边长为 1，点 , 分别在线段 1 1和 上，
= 41 5 1 1, = ，动点 在线段
1
1上，且满足 = 1 0 < < ，分别记二面角 1 , 2
1， 1 的平面角为 , , ，则总有（ ）
A． > > B． > >
C． > > D． > >
【解题思路】作出三个二面角的平面角，求出其正切值后比较大小可得．
【解答过程】
作 ′ ⊥ 平面 1 1 ，垂足为 ′，则 ′ = 2，2
因为 1 平面 1 1 ，
所以 ′ ⊥ 1，
作 ⊥ 1， ⊥ ， ⊥ 1 1，垂足分别为 , , ，
连接 ′, ′, ′，由于 ′ ∩ = ， ′ 平面 ′ ， 平面 ′ ，
所以 1 ⊥ 平面 ′ ，
又 ′ 平面 ′ ，从而 1 ⊥ ′ ，
所以 = ∠ ′，同理 = ∠ ′， = ∠ ′，
所以tan = tan∠ ′ = 2 ，tan = tan∠ ′ = 2 ，tan = tan∠ ′ = 2 ，
2 ′ 2 ′ 2 ′
因为点 是正方形 对角线的交点，所以 ⊥ ，
因为 1 ⊥ 平面 ， 平面 ，
所以 ⊥ 1，
因为 1 ∩ = ， 1 平面 1 1， 平面 1 1，
所以 ⊥ 平面 1 1，
就是 1在平面 1 1上的射影， = 1, // 1, ′ = ，
又 ′ = ′ sin∠ 1 ′， ′ = ′ sin∠ ′，
且 = < 11 2 1，
则 ′ < ′ ，
由 1 =
4
5 1 1得 < 1，
从而∠ ′ < ∠ 1 ′，所以 ′ > ′ > ′ > ′ ，
所以tan > tan > tan ，又 , , ∈ 0, π ，所以 > > .
2
故选：D.
3．（23-24 高一下·江苏常州·期末）如图，三棱柱 1 1 1所有棱长都为 2，∠ 1 = 60°，O 为 BC 中
点，D 为 1 与 1交点．
(1)求证： //平面 1；
(2)若直线 1与平面 2 131所成角的正弦值为 ，求二面角 1的大小．13
【解题思路】（1）取 1中点 ，连接 , , ，证明四边形 为平行四边形，得出 // ，从而证
明 //平面 1.
（2）利用线面垂直的判定证得 ⊥ 平面 1，进而得∠ 1 为直线 1与平面 1所成角并求出 1，
利用勾股定理求出 1，再由余弦定理求出∠ 1，利用二面角的定义即可得答案.
【解答过程】（1）在三棱柱 1 1 1中，取 1中点 ，连接 , , ，
1
由 , 分别为 1和 1的中点，得 // 1 1且 = 2 1 1，
由 O 为 BC 中点，得 // 1 1且 =
1
2 1 1，则 // 且 = ，
即四边形 为平行四边形，于是 // ，又 平面 1， 平面 1，
所以 //平面 1.
（2）由三棱柱 1 1 1所有棱长都为 2，∠ 1 = 60°，得 △ , △ 1 都是正三角形，
而 O 为 BC 中点，则 ⊥ ， ⊥ 1， , 1 平面 1， 1 ∩ = ，
于是 ⊥ 平面 1，又 // ，则 ⊥ 平面 1，
∠ 1 为直线 1与平面 1所成角，
1
因此sin∠ 1 = = =
2 13
， = 131 ，而 1 平面 1，则 ⊥ 1 1 13 2 1，
2
又 为 1中点，则 1 = 2 2 131 = 2 1 2 = 2 ( ) 1 = 3，2
在 △ 1中， = 1 = 3，cos∠ 1 =
3+3 9 1
2×3 = 2，则∠ 1 = 120°，
由 ⊥ ， ⊥ 1，得∠ 1是二面角 1的平面角，
所以二面角 1的大小120°.
4．（23-24 高一下·广东广州·期末）如图，已知三棱台 1 1 1，底面 △ 是以 为直角顶点的等腰
14 3
直角三角形，体积为 ，平面 ⊥ 11 1 平面 ，且 1 = 1 1 = 1 = 2 .3
(1)证明： ⊥ 平面 1 1；
(2)求点 到面 1 1的距离；
π
(3)在线段 1上是否存在点 ，使得二面角 的大小为6，若存在，求出 的长，若不存在，请说明
理由.
【解题思路】（1）利用面面垂直的性质推理即得.
（2）延长 1, 1, 1交于一点 ，根据
8
= 7 1 1 1可求得 ，利用等体积法构造方程求解.
（3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设 = 3 ，根据几何关系可表示出 ，由二
面角大小可构造方程求得 ，进而得到结果.
【解答过程】（1）在三棱台 1 1 1中，平面 1 1 ⊥ 平面 ， ⊥ ，
而平面 1 1 ∩ 平面 = ， 平面 ，
所以 ⊥ 平面 1 1.
（2）由棱台性质知：延长 1, 1, 1交于一点 ，
由 1
1
1 = 2 ，得 △ = 4 △ 1 1 1，点 到平面 的距离为到平面 1 1 1距离的 2 倍，则 = 8
1 1 1，
= 8 8 14 3 16 3于是 7 1 1 1 = 7 × = ，由 ⊥ 平面 1 1，得 为点 到平面 的距离，3 3
又 1 1// ，则 1是 的中点， 1 = 1 = 1 1 = 1，即 △ 1 1为正三角形， △ 为正三角形，
设 = 2 ，则 = = = = 2 ，
= 1 3 △ =
1
3 ×
3 × (2 )2 × 2 = 2 3 3 = 16 3，解得 = 2，
4 3 3
= = = = 4，由 平面 ，得 ⊥ ， = = 4 2，
1 2△ = 2 × 4 × (4 2) 22 = 4 7，设点 到平面 1 1的距离为 ，
1 4 7 16 3 4 21
由 = ，得3 △ = = ，解得： = .3 3 7
4 21
即点 到平面 1 1的距离为 .7
（3）由 ⊥ 平面 1 1， 平面 ，得平面 ⊥ 平面 ，取 中点 ，连接 ，
在正 △ 中， ⊥ ，而平面 ∩ 平面 = ，则 ⊥ 平面 ，而 平面 ，
则 ⊥ ，又 平面 ，则平面 ⊥ 平面 ，作 ⊥ 于 ，
平面 ∩ 平面 = ，则 ⊥ 平面 ， // ，而 平面 ，则 ⊥ ，
作 ⊥ 于 ，连接 ， ∩ = ， , 平面 ，则 ⊥ 平面 ，
而 平面 ，于是 ⊥ ，∠ 即二面角 的平面角，
设 = 3 ，由（2）知： = 2 3， = 2 + 2 = 2 5，
由 =
，得 =
5 3 = 5 ， = 2 5 5 ，
3
由 // ，得 = =
2 5 5 × 4 = 4 2 ，
2 5
π
若存在 使得二面角 的大小为6，
π
则tan∠ = tan = 3 3 46 = = ，解得 = ，4 2 3 5
= 2 + 2 = 2 2 = 8 2 < 5 1 = 2 2，
8 2
所以存在满足题意的点 ， = .
5
题型 9 点、线、面的距离问题
1．（2024·北京·三模）故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图 1，它是由两个完全相同的直三棱
柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图 2 所示.已知三楼柱 和 是两个完全相同的直三
棱柱，侧棱 与 互相垂直平分， , 交于点 I， = = ， ⊥ ，则点 到平面 的距离是
（ ）
A 3 1． B． C． 22 D．
2
3 2 4
【解题思路】根据已知条件，结合空间总直线与平面的位置关系，先确定点 到平面 的垂线段，在根
据已知条件得sin = = 2 ，解方程求出 即可.2
【解答过程】取 中点 ，连接 ，过 作 的垂线交 的延长线于点 ，
取 中点 ，连接 ，
由已知， 、 分别为 、 中点，
因为 是直三棱柱，所以 ⊥ ， // 且 = ，
所以 // 其 = ，所以四边形 为平行四边形，
又 ⊥ ，所以 为矩形，所以 ⊥ ，
又 ⊥ ， 平面 ， 平面 ， ∩ = ，
所以 ⊥ 平面 ， 平面 ，所以 ⊥ ，
又因为 ⊥ ， 平面 ， 平面 ， ∩ = ，
所以 ⊥ 平面 ，所以点 到平面 的距离等于线段 的长度，设为 ；
⊥ ，在Rt △ 中， = = ，
所以 = 2 + 2 = 2 ，设角∠ = ，则有sin = 2，2
因为四边形 为平行四边形，所以 // ，
又因为因为 是直三棱柱，所以 // ，且 = = ，
所以∠ = ∠ = ， = 2 ，
2
又因为 ⊥ 平面 ， 平面 ，所以 ⊥ ，
所以sin = = 2 ，即
2
2 = ，解得 = 2，2 2 2
所以点 到平面 的距离是2，
故选：B.
2．（23-24 高三上·山东济宁·阶段练习）如图 1，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方
体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有棱长均相同，数学上我们称之为半正多面体（semiregular
solid），亦称为阿基米德多面体，如图 2，设 = 1，则平面 与平面 之间的距离是（ ）
A 2 B 6 C 6 D 2 6． ． ． ．6 3 3
【解题思路】不妨记正方体为 2 2 2 2 1 1 1 1，设对角线 2 1分别交平面 和平面 于点 1，
1，可推出| 1 1|即为平面 与平面 的距离，结合等体积法求得| 2 1|，结合对称性求得| 1 1|即
可．
【解答过程】如图，不妨记正方体为 2 2 2 2 1 1 1 1， 1 1// 2 2， 1 1 = 2 2，
故四边形 1 1 2 2是平行四边形，所以 1 2// 2 1，
又 ， 分别为 1 2， 2 2的中点，
所以 // 1 2，同理 // 2 1，
所以 // ，又 平面 ， 平面 ，
所以 //平面 ，同理 //平面 ，
又 ∩ = ， ， 平面 ，
所以平面 //平面 ，
设对角线 2 1分别交平面 和平面 于点 1， 1，
因为 1 2 ⊥ 平面 2 2 2 2， 平面 2 2 2 2，
所以 1 2 ⊥ ，
连接 2 2, 1 1，因为 , 分别为 2 2, 2 2的中点，
故 2 2 ⊥ ，又 1 2， 2 2 平面 1 2 2 1， 1 2 ∩ 2 2 = 2，
所以 ⊥ 平面 1 2 2 1，又 2 1 平面 1 2 2 1，
所以 2 1 ⊥ ，同理 2 1 ⊥ ，
又 ∩ = ， ， 平面 ，
所以 2 1 ⊥ 平面 ，
又平面 //平面 ，
所以 2 1 ⊥ 平面 ，
| 1 1|即为平面 与平面 的距离，
则| 1 1| = | 2 1| | 2 1| | 1 1|，
由正方体棱长为 2得| 2 1| = 2 + 2 + 2 = 6，
由题意得 2 = 2 = 22 = ， △ 为等边三角形，2
故 △ = 3 × 12 = 3，4 4
根据 2 = 2 ，
1
得3 ×
1
2 ×
2 × 2 × 2 = 1 × 3
2 2 2 3 4 | 2 1|，
6
解得| 2 1| = ，6
根据对称性知| 2 1| = | 1 1|，
所以| 1 1| = | 2 1| | 2 1| | 1 1| = 6 2 ×
6 = 2 6，
6 3
则平面 与平面 2 6的距离为 ．
3
故选：D.
3．（23-24 高一下·山东泰安·期末）如图， ⊥ 平面 ， // ， ⊥ , = = 1, = = 2，
F 为 CE 中点．
(1)求证： //平面 ；
(2)求点 C 到平面 的距离．
【解题思路】（1）取 的中点 ，连接 , ，证明出四边形 为平行四边形，得出 // ，即可证
明；
（2）设点 到平面 的距离为 ，根据等体积法，由 = 列出方程求解即可．
【解答过程】（1）取 的中点 ，连接 , ，
因为 F 为 CE 中点，所以 // 且 = 12 ，
又 // , = 1, = 2，所以 // ，且 = 12 = ，
所以四边形 为平行四边形，所以 // ，
又 平面 ， 平面 ，所以 //平面 ．
（2）因为 ⊥ ， // ，所以 ⊥ ，
1
所以 △ = 2 × 2 × 1 = 1，
又 ⊥ 平面 1 2，所以 = 3 × 2 × 1 = 3，
因为 ⊥ ， = = 1，所以 = 2 + 2 = 2，
由 ⊥ 平面 ， , 平面 ，所以 ⊥ , ⊥ ，
又 = 2, = = 1，
所以 = = 22 + 12 = 5，
2
所以 △ =
1
2 × ×
3
2 5 2 2 = ，
2 2
设点 到平面 的距离为 ，则 = =
1 3 2 4
3 × 2 = 3，解得 = 3，
4
所以点 C 到平面 的距离为3．
4．（23-24 高二上·上海杨浦·期中）如图, 为菱形 外一点, ⊥ 平面 ,∠ = 60 , 为棱 的中
点.
(1)求证: ⊥ 平面 ;
(2)若 = = 2,求 到平面 的距离.
【解题思路】
（1）连接 ，根据已知得 ⊥ 和 ⊥ ，再根据线面垂直的判定定理即可证明；
（2）先把 到平面 的距离转化为点 到平面 的距离,再利用等体积法求解即可.
【解答过程】（1）连接 ,如图:
因为∠ = 60 ,四边形 为菱形,
所以 = ,
又 为棱 的中点,
所以 ⊥ ,
因为 // ,
所以 ⊥ ,
因为 ⊥ 平面 , 平面 ,
所以 ⊥ ,
又 ∩ = , 平面 , 平面 ,
所以 ⊥ 平面 .
（2）因为 // , 平面 , 平面 ,
所以 //平面 ,
则 到平面 的距离即为点 到平面 的距离,
设点 到平面 的距离为 ,
因为 = , = = 2, ⊥ 平面 ,∠ = 60 ,四边形 为菱形,
1 1 1 1 3
所以3 × 2 × 2 × 2 = 3 × 2 × 2 × 2 × × 2,2
解得 = 3,
即 到平面 的距离为 3.
题型 10 平行关系与垂直关系的综合应用
1．（23-24 高一下·福建龙岩·期末）如图，在正方体 1 1 1中， 、 为正方体内（含边界）不重合
的两个动点，下列结论错误的是（ ）
A．若 ∈ 1， ∈ ，则 ⊥
B．若 ∈ 1， ∈ ，则平面 ⊥ 平面 1 1
C．若 ∈ ， ∈ 1，则 //平面 1 1
D．若 ∈ ， ∈ 1，则 // 1
【解题思路】根据正方体的特征及线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定判断 AB；利用正方体的特征及
面面平行的判定与性质判断 CD.
【解答过程】
对于 A， ⊥ ， 1 ⊥ 底面 ， 底面 ，则 1 ⊥ ，
又 ∩ 1 = , , 1 平面 1，则 ⊥ 平面 1， 平面 1，所以 ⊥ ，A 正确；
对于 B， 1 1// ，则 1 1 ⊥ 平面 1，又 1 1 平面 1 1 ，则平面 1 1 ⊥ 平面 1，
而平面 1与平面 重合，平面 ⊥ 平面 1 1，B 正确；
对于 C，在正方体 1 1 1中， 1// 1, 1 // 1 ，
而 1 平面 1 1 ， 1 平面 1 1 ，则 1//平面 1 1 ，同理 1//平面 1 1 ，
又 1 ∩ 1 = 1, 1, 1 平面 1 ，因此平面 1 //平面 1 1 ，
由 平面 1 ，得 //平面 1 1 ，C 正确；
对于 D，由于 , 分别为 , 1上的动点，则 与 不一定相等， 与 1不一定平行，D 错误.1
故选：D.
2．（24-25 高三上·浙江宁波·阶段练习）如图一，矩形 中， = 2 , ⊥ 交对角线 于点 ，交
于点 ，现将 △ 沿 翻折至 △ ′ 的位置，如图二，点 为棱 ′ 的中点，则下列判断一定成立的
是（ ）
A． ⊥ B． ′ ⊥ 平面
C． //平面 ′ D．平面 ′ ⊥ 平面
【解题思路】利用反证法可判断 A；由二面角 ′ 的变化可判断 B；利用反证法结合面面平行的性质
可判断 C；利用面面垂直的判定定理可判断 D．
【解答过程】对于 D 选项，翻折前， ⊥ ， ⊥ ，
翻折后， ⊥ ′ ， ⊥ ，
因为 ′ ∩ = ， ′ 、 平面 ′ ，则 ⊥ 平面 ′ ，
因为 平面 ，所以平面 ′ ⊥ 平面 ，故 D 正确；
对于 B 选项，因为 ⊥ ′ ， ⊥ ，
则二面角 ′ 的平面角为∠ ′ ，
在翻折的过程中，∠ ′ 的大小会发生变化，故 ′ 与 不一定垂直，
所以 ′ 与平面 不一定垂直，故 B 错误；
对于 A 选项，设 = 2 = 2 ，
在图一中，tan∠ = =
= 2，
又因为 = 2 + 2 = ，所以 = 2 5 ， = 5 ，5 5
因为∠ + ∠ = ∠ + ∠ ，所以∠ = ∠ ，
所以tan∠ = = 2，则 =
1
2 = 2，
在图二中，过点 在平面 内作 // ，交 于点 ，连接 ，
则 = = 4，故 = 4 =
4 5 ，则 = = 5 ，
5 5
因为 = = 4 5 ，所以 不是 的中点，
5
因为 ⊥ ， // ，则 ⊥ ，
若 ⊥ ，因为 ∩ = ， 、 平面 ，
则 ⊥ 平面 ，
因为 平面 ，所以 ⊥ ，
因为 ′ 、 平面 ′ ，且 ⊥ ′ ，所以 ′ // ，
因为 为 ′ 的中点，则 为 的中点，与已知矛盾，故 A 错误；
由选项 A 知，因为 // ， 平面 ′ ， 平面 ′ ，
所以 //平面 ′ ，
若 //平面 ′ ，则 ∩ = ， 、 平面 ，
所以平面 //平面 ′ ，
因为平面 ′ ∩ 平面 = ，平面 ′ ∩ 平面 ′ = ′ ，则 ′ // ，
因为 为 ′ 的中点，则 为 的中点，与已知条件矛盾，故 C 错误．
故选：D．
3．（24-25 高一下·全国·课后作业）如图，在三棱锥 中， ⊥ , = ，M 是 的中点．点 N
在棱 上，点 D 是 的中点．
求证：
(1) //平面 ；
(2)平面 ⊥ 平面 ．
【解题思路】（1）只需证明 // ，结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）只需证明 ⊥ 平面 ，结合面面垂直的判定定理即可得证.
【解答过程】（1）在 △ 中，M 是 的中点，D 是 的中点，
所以 // ．
又因为 平面 ， 平面 ，所以 //平面 ．
（2）在 △ 中， = ，M 是 的中点，所以 ⊥ ．
又因为 ⊥ , 平面 ， 平面 ， ∩ = ，
所以 ⊥ 平面 ．
又因为 平面 ，所以平面 ⊥ 平面 ．
4．（23-24 高一下·山东菏泽·阶段练习）在四棱锥 中， 为 与 的交点， ⊥ 平面 ，△
是正三角形， // ， = = 2 .
(1)求异面直线 和 所成角的大小；
(2)若点 为棱 上一点，且 //平面 ，求 的值；
(3)求证：平面 ⊥ 平面 .
【解题思路】（1）根据异面直线的定义可得∠ 为所求角，即可利用线面垂直的性质求解，
（2）根据线面平行的性质可得 // ，即可由相似求解，
（3）根据线面垂直的判定求证 ⊥ 平面 ，即可由面面垂直的判定求解.
【解答过程】（1）因为 // ，所以异面直线 和 所成角为 和 所成角，即∠ ，
因为 △ 是正三角形， = = 2 ，
所以 = ，
因为 ⊥ 平面 ，所以 ⊥ 平面 ，
因为 平面 ，所以 ⊥ ，所以 △ 是等腰直角三角形，
π
所以∠ = 4，
π
即异面直线 和 所成角为4.
（2）因为 //平面 ， 平面 ，平面 ∩ 平面 = ，
// = 所以 ，所以 ，
因为 // ， = 2 ，
所以 =
= 1 2，
= 1所以 2.
（3）取 的中点 ，连接 ， ，
因为 △ 是正三角形， = ，所以 = ，
因为 是 中点，所以 ⊥ ，
因为 ⊥ 平面 ，
所以 ⊥ ， ⊥ ， ⊥ ，
因为 // ，所以 ⊥ ， ⊥ ，
设 = ，在等腰直角三角形 中， = = 2 ，
在Rt △ 中， = 5 ，
在直角梯形 中， = = 5 ，
因为 = = 5 ，点 为 的中点，
所以 ⊥ ，
在Rt △ 中， = 3 ，
在 △ 中，由 = 2 ， = 3 ， = 5 ，可知 2 + 2 = 2，
所以 ⊥ ，
由 ⊥ ， ⊥ ， ∩ = ， ， 平面 ，
所以 ⊥ 平面 ，
又 平面 ，
所以平面 ⊥ 平面 .
题型 11 立体几何中的探索性问题
1．（23-24 高一下·云南昆明·阶段练习）如图，在等腰梯形 中， ∥ ， = = 3，
∠ = 120°， ⊥ 平面 ， ⊥ 平面 ， = = 3，点 P 在线段 上运动.
(1)求证： ⊥ ；
(2)是否存在点 P，使得 ∥平面 ？若存在，试求点 P 的位置；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）由余弦定理求 ，得 ⊥ ，进而利用线面垂直的判定定理证明 ⊥ 平面 ，从
而即可得证 ⊥ .
（2）由已知可得四边形 为矩形，连接 交 于 O，连接 ，找点 使得 = 即可得证 ∥平面
1；从而由 ∥ 即 = = 2求得 ，进而易得四边形 为平行四边形，然后用线面平行的判定定
理证明 ∥平面 即可.
【解答过程】（1）证明：在等腰梯形 ABCD 中，
∵ ∥ ， = = = 3，∠ = 120°，
∴ = 6，
∴ 2 = 2 + 2 2 cos60° = 27，
∴ 2 = 2 + 2，
∴ ⊥ .
∵ ⊥ 平面 ， 平面 ，
∴ ⊥ .
又∵ ∩ = ， ， 平面 ，
∴ ⊥ 平面 .
∵ 平面 ，
∴ ⊥ .
（2）在线段 上存在 P 且 = 2 3,使得 ∥平面 .
证明如下：由已知可得四边形 为矩形，连接 交 于 O，连接 ，
由（1）知在Rt △ 中， = 3 3， = 3， = 6.
∵ ∥ ，
∴ 1 = = 2，
∴ = 2 3.
当 = 2 3时， ∥ 且 = ，
则四边形 为平行四边形，
则 ∥ .
又 平面 ， 平面 ，
所以 ∥平面 .
综上可知，在线段 上存在 P，使得 ∥平面 ，且 = 2 3.
2．（23-24 高一下·河北沧州·期中）如图，在直角梯形 中， // ，∠ = 90 ， = 2 = 2 ，
为 的中点，沿 将 △ 折起，使得点 到点 的位置，且 ⊥ ， 为 的中点， 是 上的动点
（与点 、 不重合）．
(1)证明：平面 ⊥ 平面 ；
(2)是否存在点 ，使得二面角 的正切值为 17？若存在，确定 点的位置；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）证明出 ⊥ 平面 ，可得出 ⊥ ，结合 ⊥ 可得出 ⊥ 平面 ，可得出
⊥ ，推导出 ⊥ ，可证得 ⊥ 平面 ，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）过 作在平面 内作 ⊥ ，垂足为点 ，过点 在平面 内作 ⊥ ，垂足为点 ，连接
，分析可知∠ 为二面角 的平面角，设 = = = 2，则 = 1，在Rt △ 中，设
= (0 < < 2)，由Rt △ ∽ Rt △ 以及二面角 的正切值求出 的值，即可得出结论.
【解答过程】（1）证明：翻折前，因为 // ， = 2 = 2 ， 为 的中点，
所以， // 且 = = ，
又因为∠ = 90 ，则四边形 为正方形，所以， ⊥ ，
翻折后，则 ⊥ ， ⊥ ， ∩ = ， 、 平面 ，
所以 ⊥ 平面 ，
因为 平面 ，所以 ⊥ ，
因为 ⊥ ， ∩ = ， 、 平面 ，所以 ⊥ 平面 ，
因为 平面 ，所以 ⊥ ，
因为 = ， = ，所以 ⊥ ，
因为 ∩ = ， 、 平面 ，所以 ⊥ 平面 ，
因为 平面 ，所以平面 ⊥ 平面 ．
（2）解：假设存在点 满足题意，如图，过 作在平面 内作 ⊥ ，垂足为点 ，
在平面 内，因为 ⊥ ， ⊥ ，所以 // ，
由（1）知， ⊥ 平面 ，所以 ⊥ 平面 ，
因为 平面 ，所以 ⊥ ，
过点 在平面 内作 ⊥ ，垂足为点 ，连接 ，
因为 ⊥ ， ⊥ ， ∩ = ， 、 平面 ，
所以 ⊥ 平面 ，
因为 平面 ，所以 ⊥ ，所以∠ 为二面角 的平面角，
不妨设 = = = 2，则 = 1，在Rt △ 中，设 = (0 < < 2)，
因为∠ = ∠ ，∠ = ∠ = 90 ,
所以，Rt △ ∽ Rt △ ，所以 = ，
= 22+ 2
所以 ，得 =1 4+ 2，
所以tan∠ = =
2+4 1
= 17，解得 = 2，
即此时 为线段 上靠近点 的四等分点．
综上，存在点 ，使得二面角 的正切值为 17，此时 为线段 上靠近 的四等分点．
3．（23-24 高一下·广东深圳·阶段练习）如图，在四棱锥 中，平面 ⊥ 平面 ，底面 是
直角梯形， ∥ ,∠ = 90°，且 = = 2, = = 1, = 5, 为 的中点．
(1)求证： ⊥ ；
(2)求二面角 的余弦值；
(3)在线段 上是否存在点 使得平面 ⊥ 平面 ？若存在，请指明点 的位置；若不存在，请说明理
由．
【解题思路】（1）根据线面垂直可得线线垂直，可证；
（2）先用垂线法找出二面角的平面角，再解三角形即可；
（3）经过分析易知， 为 中点，只需证明中点时， , , , 共面，即可根据面面垂直的性质得 ⊥ 平面
，即可求证面面垂直.
【解答过程】（1） = = 2, = = 1, = 5,所以 2 + 2 = 2,故 ⊥ ，
又∠ = 90°， // ，所以 ⊥ ，又 ∩ = ， , 平面 ,
所以 ⊥ 平面 ，
又 平面 ，所以 ⊥ ．
（2）设 为 的中点，过 作 ⊥ 于 ，连接 ，
在 △ 中， ， 为中点，所以 // ， = 12 = 1
因为平面 ⊥ 平面 ，且其交线为 ，又 ⊥ ， 平面 ，
所以 ⊥ 平面 ，所以 ⊥ 平面 ，
所以∠ 为二面角 的平面角，
在直角梯形 中， = = 1，∠ = 90°，所以∠ = 45°，所以∠ = 45°，
又 = 1 22 = 1，所以 = ，2
在Rt △ 中，tan∠ = = 2，所以cos∠ =
3
，
3
所以二面角 3的余弦值为 ．
3
（3）存在 的中点 使得平面 ⊥ 平面 ，理由如下：
的中点为 ，所以 为 △ 的中位线，所以 // ,
又 // ，故 // ,故 , , , 共面，
因为平面 ⊥ 平面 ，且其交线为 ，又 ⊥ ， 平面 ，
所以 ⊥ 平面 ，
又 平面 ，所以平面 ⊥ 平面 ，
4．（23-24 高一下·山西大同·期末）如图 1，在 △ 中， = = 2， = 2 2，点 ， 分别为边 ，
的中点，将 △ 沿着 折起，使得点 到达点 的位置，如图 2，且二面角 的大小为60 ．
(1)求证：平面 ⊥ 平面 ；
(2)求点 到平面 的距离；
(3) 3 6在棱 上是否存在点 ，使得 与平面 所成角的正弦值为 ？若存在，求 的长；若不存在，请说
8
明理由．
【解题思路】（1）由勾股定理逆定理求得 ⊥ ，再借助三角形的中位线性质证得 ⊥ ， ⊥ ，
从而得到 ⊥ 平面 ，进而得证；
（2）先求出 ，再算出 △ ，根据等体积法， = ，从而得到点 到平面 的距离；
（3） 与平面 所成的角为∠ ，设 = (0 ≤ ≤ 2)，在 △ 中，用余弦定理表示出 ，再在
△ 中，表示 ，sin∠ ，列方程求解 即可.
【解答过程】（1）在 △ 中， = = 2， = 2 2，所以 2 + 2 = 2，
所以 ⊥ ，又点 ， 分别为边 ， 的中点，
1
所以 ∥ ， = 2 = 1， ⊥ ，所以 ⊥ ， ⊥ ，
所以 ⊥ ， ⊥ ，
又 ∩ = ， , 平面 ，所以 ⊥ 平面 ，
又 平面 ，所以平面 ⊥ 平面 ．
（2）
因为 ⊥ ， ⊥ ，所以二面角 的平面角为∠ ，
1
所以∠ = 60 ，又 = = 2 = 1，所以 △ 是等边三角形，
3
取 的中点 ，连接 ，如图所示，所以 ⊥ ， = 1， = ，
2
由（1）知 ⊥ 平面 ，又 平面 ，所以 ⊥ ，
又 // ，所以 ⊥ ，又 ∩ = ， , 平面 ，
所以 ⊥ 平面 ，因为 // ， 平面 ， 平面 ，
1 1 1
所以 //平面 ，所以 = = 3 △ = 3 × 2 × 1 × 1 ×
3 = 3，
2 12
因为 ⊥ 平面 ， 平面 ，所以 ⊥ ，
所以 = 2 + 2 = 22 + 12 = 5， = 2 + 2 = 22 + 12 = 5，
在 △ 中， = 5， = 5， = 1，
2
所以 1△ = 2 2
= 19，
2 4
1 19 3
设点 到平面 的距离为 ，又 = ，所以3 × = ， 4 12
解得 = 57，即点 到平面 的距离为 57．
19 19
（3）由（2）知 ⊥ 平面 ，所以 与平面 所成的角为∠ ．
在 △ 1中， = 2，∠ = 45
， = 2，设 = (0 ≤ ≤ 2)，
由余弦定理得 2 = 2 + 2 2 cos∠ = 14 +
2 2 ．
2
因为 ⊥ 平面 ，又 平面 ，所以 ⊥ ，
所以 2 = 2 + 2 = 3 + 1 + 2 2 = 2 24 4 + 1，2 2
3
= 2 2 即 + 1，所以sin∠ = =
2 = 3 6，
2 2 2 +1 8
2
整理得18 2 9 2 + 2 = 0 2 2，解得 = 或 = ， 6 3
故在棱 3 6上存在点 ，使得 与平面 所成角的正弦值为 ，
8
2 2的长为 或 ．
6 3
