資源簡介

第08講 新高考新結構命題下的
立體幾何解答題綜合訓練
（10類核心考點精講精練）
在新課標、新教材和新高考的“三新”背景下，高考改革又一次具有深度的向前推進。這不僅僅是一場考試形式的變革，更是對教育模式和教育理念的全面革新。
當前的高考試題設計，以“三維”減量增質為核心理念，力求在減少題目數量的同時，提升題目的質量和考查的深度。這具體體現在以下三個方面：
三考
題目設計著重考查學生的知識主干、學習能力和學科素養，確保試題能夠全面、客觀地反映學生的實際水平。
三重
強調對學生思維深度、創新精神和實際應用能力的考查，鼓勵學生不拘泥于傳統模式，展現個人的獨特見解和創造力。
三突出
試題特別突出對學生思維過程、思維方法和創新能力的考查，通過精心設計的題目，引導學生深入思考和探索，培養邏輯思維和創新能力。
面對新高考新結構試卷的5個解答題，每個題目的考查焦點皆充滿變數，無法提前預知。立體幾何版塊作為一個重要的考查領域，其身影可能悄然出現在第15題中，作為一道13分的題目，難度相對較為適中，易于學生入手。同樣不能忽視的是，立體幾何版塊也可能被置于第18、19題這樣的壓軸大題中，此時的分值將提升至17分，挑戰學生的解題能力和思維深度，難度自然相應加大。
面對如此多變的命題趨勢，教師在教學備考過程中必須與時俱進。不僅要深入掌握不同題目位置可能涉及的知識點及其命題方式，更要能夠靈活應對，根據試題的實際情況調整教學策略。本文基于新高考新結構試卷的特點，結合具體的導數解答題實例，旨在為廣大師生提供一份詳盡的導數解答題綜合訓練指南，以期在新高考中取得更好的成績。
考點一、空間中平行關系的證明
1．（2024·河南新鄉·模擬預測）如圖，在四棱錐中，為正三角形，底面為矩形，且平面平面分別為棱的中點．
(1)證明：平面；
(2)若，且二面角的大小為120°，求的值．
【答案】(1)證明見解析
(2)．
【分析】（1）取棱的中點，連結，，可證四邊形是平行四邊形，利用線面平行的判定即可證明；
（2）建立空間直角坐標系，利用二面角的向量公式求出參數，即可求解
【詳解】（1）如圖，取棱的中點，連接．
因為是棱的中點，所以且．
又因為四邊形是矩形，是棱的中點，故且，
所以四邊形是平行四邊形，所以．
又平面平面，故平面．
（2）取棱的中點，則在正三角形中，，所以平面．
以為坐標原點，的方向分別為軸、軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系
設，則．
所以．
設平面的法向量為，
則即可取．
設平面的法向量為，
則即可取．
由題設知，故，
即．
2．（2024·浙江嘉興·模擬預測）如圖，已知四棱錐的底面是邊長為6的正方形，側面底面，點分別是的中點，點在棱上且.
(1)求證：平面；
(2)求直線與平面所成的角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）解法一：取的中點，連接，證明四邊形是平行四邊形，得線線平行，然后得證線面平行；
解法二：建立如圖所示的空間直角坐標系，用向量法證明線面平行；
（2）解法一：過點作，垂足為，連接，證得為直線與平面所成的角，在三角形中求出此角的正弦值后可得；
解法二：由空間向量法求線面角．
【詳解】（1）解法一：取的中點，連接，
因為點是的中點，所以，且，
正方形中，點是的中點，，
所以，且，
所以，且，所以四邊形是平行四邊形，
所以，又平面平面，
所以平面.
解法二：
，點是的中點，所以，
又側面底面，側面底面平面，所以平面，
如圖以點為坐標原點，直線為軸和軸建立空間直角坐標系，
則
所以，所以
設平面的一個法向量為，則，
取得，所以，所以，即，又不在平面內，所以平面.
（2）解法一：
過點作，垂足為，連接，由題意知，
又側面底面，側面底面平面，所以底面，又平面，所以，
又平面，所以底面，
所以為直線與平面所成的角，
記直線與平面所成的角為，由（1）知，所以，
又由題意知，，所以，
又，所以，
所以，
所以直線與平面所成的角的正弦值為.
解法二：由（1）知
設是平面的一個法向量，則，
取得，所以，
所以，
設直線與平面所成的角為，則，
所以直線與平面所成的角的正弦值為.
3．（2024·福建泉州·模擬預測）如圖，在圓柱中，分別為圓柱的母線和下底面的直徑，為底面圓周上一點.
(1)若為的中點，求證：平面；
(2)若，圓柱的體積為，求二面角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2).
【分析】（1）取中點，利用線面平行的判定性質，結合圓柱的結構特征推理即得.
（2）以為原點建立空間直角坐標系，求出平面、平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.
【詳解】（1）取中點，連結，如圖，
由分別為的中點，得，
由圓柱上下底面平行，且與平面交于和，
得，且，則且，
因此四邊形為平行四邊形，，又平面平面，
所以平面.
（2）由為底面直徑，得，
由圓柱的體積，得，
過作平面，則，又，
以為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，
則，，
設平面的法向量為，則，令，得，
設平面的法向量為，則，令，得，
設二面角的大小為，則，
于是，
所以二面角的正弦值為.
4．（2024·陜西西安·模擬預測）如圖，在九面體ABCDEFGH中，平面平面，平面平面，，，底面ABCDEF為正六邊形．

(1)證明：平面ABCDEF．
(2)證明：平面AFG．
(3)求GE與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見詳解；
(2)證明見詳解；
(3).
【分析】（1）記的中點分別為，利用面面垂直性質定理證明為平行四邊形，然后結合線面平行判定定理可證；
（2）利用面面垂直性質定理證明平面，結合（1）可證；
（3）以所在直線分別為軸，過其交點作平面的垂線為軸，建立如圖所示空間直角坐標系，求出平面的法向量，由線面角的向量公式可得.
【詳解】（1）記的中點分別為，連接，
因為，所以，且
因為平面平面，平面平面，
所以平面，
因為平面平面，所以平面平面，
同理可得平面，，
所以，且，所以四邊形為平行四邊形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）由正六邊形性質可知，，
又平面平面，平面平面，
所以平面，
因為，所以平面.
（3）由正六邊形性質可知，，
以所在直線分別為軸，過其交點作平面的垂線為軸，建立如圖所示空間直角坐標系.
則，
，
設平面的法向量為，
則，取得，
記GE與平面所成角為，則.

5．（2024·貴州貴陽·二模）由正棱錐截得的棱臺稱為正棱臺.如圖，正四棱臺中，分別為的中點，，側面與底面所成角為.

(1)求證：平面；
(2)線段上是否存在點，使得直線與平面所成的角的正弦值為，若存在，求出線段的長；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，且
【分析】（1）借助中位線的性質可得線線平行，即可得線面平行，利用面面平行的判定定理即可得面面平行，再由面面平行的性質定理即可得證；
（2）建立適當空間直角坐標系后，借助空間向量可用未知數表示出直線與平面所成的角的正弦值，計算即可得解.
【詳解】（1）連接、，由分別為的中點，則，
又平面，平面，故平面，
正四棱臺中，且，
則四邊形為平行四邊形，故，
又平面，平面，故平面，
又，且平面，平面，
故平面平面，又平面，故平面；

（2）正四棱臺中，上下底面中心的連線底面，
底面為正方形，故，
故可以為原點，、、為軸，建立空間直角坐標系，
由，側面與底面所成角為，
則，
則，，，
假設在線段上存在點滿足題設，則，
設，則，
，
設平面的法向量為，
則，令，則，，即，
因為直線與平面所成的角的正弦值為，
故，
解得或（舍），故，
故線段上存在點，使得直線與平面所成的角的正弦值為，
此時線段的長為.

考點二、空間中垂直關系的證明
1．（2024·陜西商洛·三模）如圖，在四棱錐中，平面，平面平面．
(1)證明：；
(2)若為的中點，，求到平面的距離．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先證明平面得到，由題意可得，結合線面垂直的判定、性質即可得證；
（2）首先證明平面，平面，即所求為的長度，由解三角形知識即可求解.
【詳解】（1）設，連接，過作，垂足為，
因為平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以，
因為平面平面，所以，
又平面，所以平面，
因為平面，所以．
（2）取的中點，連接，則，
又平面平面，所以平面，
所以點到平面的距離等于點到平面的距離．
過作，垂足為，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以由面面垂直的性質可得平面，
由（1）得，
因為，所以，
因為，所以．
所以，所以，
即點到平面的距離為．
2．（2024·江蘇宿遷·一模）如圖，在四棱錐中，四邊形為梯形，其中，，平面平面．

(1)證明：；
(2)若，且與平面所成角的正切值為2，求平面與平面所成二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據題意，由面面垂直的性質定理即可得到平面，再由線面垂直的性質定理即可證明；
（2）法一：建立空間直角坐標系，結合空間向量的坐標運算，即可得到結果；法二：根據面面角的定義，先找出所求的二面角，然后代入計算，即可得到結果.
【詳解】（1）因為，所以為等邊三角形，
所以，
又四邊形為梯形，，則，
在中，由余弦定理可知，
，
根據勾股定理可知，，即．
因為平面平面，平面平面平面，
所以平面，又因為平面
所以．
（2）法一：由（1）可知，
又因為，所以平面，
所以就是與平面所成角，所以，
所以；
以為正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，
所以，
設平面的法向量為，
則有取，
由題意得為平面的法向量，
所以，
即平面與平面所成二面角的正弦值．
法二：在平面內，延長與相交于點，
連接，則為平面與平面的交線，
在平面內，過點作，垂足為，連接，

由（1）得，，
因為且均在面內，
所以面，
因為面，所以，
又因為且均在面內,
所以面，即面,
因為面，所以,
因為且均在面內,
所以面，由面所以,
所以,
在直角三角形中,
在直角三角形中，
所以平面與平面所成二面角的正弦值．
所以就是二面角的平面角，
又因為平面，
所以就是與平面所成角，
所以，所以，
因為，所以．
3．（2024·全國·模擬預測）如圖，將繞邊旋轉得到，其中平面，連結分別是的中點，平面．

(1)求證：；
(2)求與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）過點D作，連接，通過面面垂直的判定得到平面平面，再通過面面垂直性質定理得到平面，結合平面以及線面平行判定定理和性質定理，證明出，最后利用勾股定理逆定理即可得證；
（2）以中點H為原點，為x軸，為z軸，過點H作的平行線為y軸，建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量和向量，即可求出線面角的正弦值.
【詳解】（1）過點D作，連接．
因為，
所以平面，因為平面，
所以平面平面．
又因為，平面，平面平面，
所以平面．
因為平面，所以，
所以平面．
因為平面平面平面，同時，
所以平面平面，
所以平面．
因為平面，平面平面，
所以，所以H是中點，
所以，所以，
所以．
（2）如圖，以中點H為原點，為x軸，為z軸，過點H作的平行線為y軸，建立空間直角坐標系，

則，
所以．
設是平面的一個法向量，
則
取，則，
所以，
所以與平面所成角的正弦值為．
4．（2024·安徽·一模）如圖，四棱錐中，底面 是矩形，，，，M是的中點，.
(1)證明：平面；
(2)若點P是棱上的動點，直線與平面所成角的正弦值為，求的值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點，連接，推導出平面，再利用線面垂直的性質定理結合勾股定理逆定理可證得結論成立；
（2）以點A為坐標原點，建立空間直角坐標系，設，其中，求出平面的一個法向量的坐標，利用空間向量法可得出關于的方程，解出的值，即可得解.
【詳解】（1）取的中點，連接，與交于Q點，
在底面矩形中，易知，
所以，
因為平面，
所以平面，
因為平面，所以，
易知，所以，
由題意可知,
所以，而相交，且平面，
所以平面；
（2）由上可知，，，
以點A為坐標原點，建立如下圖所示的空間直角坐標系，
則、、、、，
設平面的法向量為，則，，
則，取，則，
設，其中，
則，
因為直線與平面所成角的正弦值為，
則，
解得，即.
5．（2024·江蘇徐州·模擬預測）如圖，在斜三棱柱中，為邊長為3的正三角形，側面為正方形，在底面內的射影為點O．

(1)求證：；
(2)若，求直線和平面的距離．
【答案】(1)證明過程見解析
(2)
【分析】（1）分析得知要證，只需證，取的中點分別為，故只需證明即可，而這又可以通過線面垂直的判定定理、性質定理證明；
（2）將問題轉換為求點到平面的距離，建立適當的空間直角坐標系，根據題意分別求出即可，其中為平面的法向量，進一步由公式即可得解.
【詳解】（1）

一方面：因為在底面內的射影為點O，而平面，
所以，
故要證，只需證；
另一方面：取的中點分別為，連接，
因為為邊長為3的正三角形，所以也是邊長為3的正三角形，
又點是的中點，
從而，因為，所以，
因為四邊形為正方形，的中點分別為，
所以，
又因為，，，平面，
所以平面，
因為平面，
所以，
又點是的中點，
所以；
綜上所述，；
（2）一方面：注意到平面，平面，
所以平面，
要求直線和平面的距離，只需求點到平面的距離即可；
另一方面：若，則點為三角形的外心，從而三點共線，
過點作交于點，易知，
因為平面，平面，
所以，
從而兩兩互相垂直，
所以以點為坐標原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

由題意，
，從而，
，
，
設平面的法向量為，
則，故可取，
所以點到平面的距離為；
綜上所述，直線和平面的距離為.
考點三、空間向量法求空間角與空間距離
1．（2024·天津北辰·三模）如圖，在四棱錐中，平面，，∥，，，為棱的中點.
(1)證明：平面；
(2)求平面和平面夾角的余弦值；
(3)求A點到直線的距離.
【答案】(1)證明見詳解
(2)
(3)
【分析】（1）取中點，可得四邊形為平行四邊形，從而，利用線面平行的判定定理即可得證；
（2）建系標點，求出平面BDM的法向量，易知為平面PDM的一個法向量，利用向量夾角公式求解可得答案.
（3）利用空間向量求得，即可得，進而可得結果.
【詳解】（1）取中點，連接，．
在中，，分別為，的中點，則，，
因為，，則，，
可知四邊形為平行四邊形，則，
且平面，平面，所以平面PAD．
（2）因為平面，，平面ABCD，
則，，且，
以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，
取CD的中點，連接BE，
因為，，則，，
又因為，所以四邊形ABED為矩形，
且，可知四邊形ABED是以邊長為2的正方形，
則，，，，，，
可得，，，
設平面BDM的法向量為，所以，
令，則，．所以平面BDM的一個法向量為，
易知為平面PDM的一個法向量，
所以，
所以平面和平面夾角的余弦值為.
（3）由（2）可知：，
則，
即，可知為銳角，
則，
所以A點到直線的距離為.
2．（2024·河北·模擬預測）如圖所示，三棱柱中，分別為棱的中點，分別是棱上的點，.
(1)求證：直線平面；
(2)若三棱柱為正三棱柱，求平面和平面的夾角的大小.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點，連接交于，連接，則可證得，再由可證得四邊形為平行四邊形，則∥，再由線面平行的判定定理可證得結論；
（2）以為原點，以所在的直線為軸，過與平行的直線為軸，所在的直線為軸建立空間直角坐標系，利用空間向量求解即可.
【詳解】（1）證明：取的中點，連接交于，連接，
因為分別為棱的中點，所以∥∥，
所以，所以，
所以，
因為，所以，所以，
因為分別為棱的中點，所以，
因為∥∥，所以，∥，
所以四邊形為平行四邊形，
所以∥，
因為平面，平面，
所以直線平面；
（2）解：連接，因為三棱柱為正三棱柱，
所以為等邊三角形，所以，
所以以為原點，以所在的直線為軸，過與平行的直線為軸，所在的直線為軸建立空間直角坐標系，
設，則，
所以，
設平面的法向量為，
則，令，則，
設平面的法向量為，
則，令，則，
所以，
設平面和平面的夾角為，則，
因為，所以.
3．（2024·江西新余·模擬預測）如圖，在四棱錐中，，，，，，，平面平面.

(1)求證：平面平面.
(2)求二面角的余弦值.
(3)為平面內一點，若平面，求的長.
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用余弦定理先證，由面面垂直的性質得出，結合勾股定理及線面垂直的判定證明平面即可；
（2）法一、利用二面角的定義結合第一問得出二面角的一個平面角，再由余弦定理計算即可；法二、以B為中心建立合適的空間直角坐標系，利用空間向量計算面面角即可；
（3）法一、利用線線垂直、線面垂直的性質與判定作出平面，解三角形即可；法二、利用（2）的坐標系，設坐標結合空間向量基本定理及空間向量數量積計算求G點坐標即可.
【詳解】（1）

連接，在中，，
，
則，，，
平面平面，，平面平面，
平面，平面，所以，
在中，,
又，
∴，
在中：，∴，
又，平面，
平面，且平面，
平面平面.
（2）法一、由上可知：，則二面角的一個平面角為，
在中，由余弦定理知；
法二、如圖建系：設軸與交于，過P作與E，
設，則，

∴，
，
解之得，
易知，所以，
則，
設為平面的一個法向量，則：，
令，則，所以，
易知是平面的一個法向量，
設二面角的一個平面角為，則，
由圖形可知該二面角為鈍角，所以；
（3）法一：過作，垂足為，過作，
在中，過作，過作，
因為平面，所以平面，
又平面，所以，
而平面，所以平面，即G為所求.
分別延長交于，連接，
過作，由（1）易知，平面，
平面，

∴，設，，
∴，則，設，

在平面內，由幾何關系知，
所以；
法二：取（2）的坐標系，則，，，設，所以，
又：，即，
4．（2024·貴州·模擬預測）在三棱錐中，平面，是上一點，且，連接與，為中點.
(1)過點的平面平行于平面且與交于點，求；
(2)若平面平面，且，求點到平面的距離.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用兩條平行線確定一個平面，作出過點平行于平面的平面，并證明. 從而利用平面與平面平行的性質定理可得，所以，則.
【詳解】（1）（2）因為平面平面，只需在平面內向作一條垂線即可證明該垂線與平面垂直，進而與垂直；再利用平面，有，利用直線與平面垂直的判定定理可得平面，則. 建立合適的空間直角坐標系，利用點到平面的距離計算公式求得,
過作，交于，交于；過作交于.
因為，面，面，則面，同理面，
由，且 、平面，所以平面面，平面即為題中所述平面.
因為平面平面，平面平面，所以，
所以.
因為，
所以.
因為為中點，且，
所以為中點，
所以，
所以，則.
（2）
過作交于.
因為，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因為平面，
所以.
因為，，且、平面，
所以平面.
又因為平面，
所以.
如圖，以為原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系.
，，，，，
，，.
設為平面的法向量，
則，令，則，
則.
5．（2024·遼寧沈陽·三模）已知四棱柱中，平面，在底面四邊形中，，點是的中點.

(1)若平面平面，求三棱錐的體積；
(2)設且，若直線與平面所成角等于，求的值.
【答案】(1)
(2)3
【分析】（1）過作于點，利用面面垂直的性質、線面垂直的性質判定證得，再在底面四邊形中進行相關計算即可得解.
（2）以點為原點，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，利用線面角的向量求法列式求解即得.
【詳解】（1）過作于點，由平面平面，平面平面，
平面，則平面，又平面，則，

在四棱柱中，平面，即平面，而平面，
于是，又平面，則平面，
又平面，則，
在底面四邊形中，，即，
又，則，即，且，
又有，則在等腰直角中，，即，又，則，
，又，所以.
（2）由四棱柱中，平面，
以點為原點，分別為軸正方向建立空間直角坐標系，

設，則，，
，
在平面中，，
設平面的一個法向量為，則，令，得，
則，
即，整理得，而解得，
所以.
【點睛】關鍵點點睛：用向量法求直線與平面所成的角，求出平面的法向量是關鍵，并注意公式求出的是線面角的正弦．
考點四、幾何法求空間角與空間距離
1．（2024·遼寧丹東·一模）如圖，在四棱錐中，，，，，，點在棱上．

(1)求證：平面平面；
(2)若平面分兩部分幾何體與的體積之比，求二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點，連接，易得，利用勾股定理證明，即可得平面，再根據面面垂直的判定定理即可得證；
（2）連接，過點作于，證明平面，則可得即為二面角的平面角，根據體積之比確定點的位置，再解即可.
【詳解】（1）取的中點，連接，
因為，，所以，
因為，，所以，
因為，為的中點，
所以，，
而，故，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面；
（2）連接，過點作于，
在中，，則，所以，
又因為，所以為等邊三角形，
因為為的中點，所以且，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，
所以即為二面角的平面角，
因為幾何體與的體積之比，
所以，
，
設點到平面的距離為，則，
則，解得，
因為平面，平面，所以，
又平面，所以平面，所以，
所以，
則，所以，
所以，故，
在中，，
所以二面角的正弦值為.

2．（2024·重慶渝中·模擬預測）如圖，已知在正三棱柱中，為邊的中點.
(1)證明：；
(2)求三棱錐的體積；
(3)求二面角的大小.
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）取的中點，先證明，，證明平面，得證；
（2）根據題意易知平面，且，利用三棱錐體積公式求解；
（3）過點作于點，易得即為二面角的平面角，求出，得解.
【詳解】（1）如圖，取的中點，連接，則，
又因為為正三棱柱，所以平面平面，
又平面平面，所以平面，又平面，
，又，，
所以，，
所以，所以，
又，所以，
又，所以平面，所以.
（2）過點作于點，
由（1）知平面，所以平面，
又為邊的中點，所以，
因為，所以，所以，
又，
所以.
（3）過點作于點，連接，
因為平面，且，
所以即為二面角的平面角，
又，且，
所以，所以，
所以二面角的大小為.
3．（2024·江西南昌·三模）如圖1，四邊形為菱形，，，分別為，的中點，如圖2．將沿向上折疊，使得平面平面，將沿向上折疊．使得平面平面，連接.
(1)求證：，，，四點共面：
(2)求平面與平面所成角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）利用線面垂直的性質得到，結合中位線定理得到，最后證明四點共面即可.
（2）找到對應二面角的平面角，放入三角形中，利用余弦定理求解即可.
【詳解】（1）取，的中點分別為，，連接，，
取，的中點分別為，，連接，，，
由題意知，都是等邊三角形，
所以，，
因為平面平面，平面平面，
所以平面，平面，所以，
因為，的中點分別為，，所以
所以，所以，
所以，又因為，
所以，
因為，的中點分別為，，
所以，
所以，所以，，，四點共面；
（2）連接，，且延長交于點，由題意知，，
所以，同理，
所以就是二面角的平面角，
設，則，，，
所以，同理，
所以，
所以平面與平面所成角的余弦值為.
4．（2024·安徽蕪湖·模擬預測）如圖，在三棱柱中，正方形的棱長為2，，點M為AB中點，．
(1)求證：三棱柱為直三棱柱；
(2)求直線與平面所成角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）根據給定條件，結合勾股定理的逆定理證得，再利用線面垂直的判定推理即得.
（2）由（1）中信息，利用等體積法求出點到平面的距離，進而求出線面角的正弦即可.
【詳解】（1）在三棱柱中，，由點M為AB中點，得，
，而，則，
于是，而，則，又，平面，
從而平面，所以三棱柱為直三棱柱.
（2）由（1）知，，，而平面，
則平面，又平面，于是，顯然，
的面積為，設點到平面的距離為，
又，
因此，即，解得，
設直線與平面所成的角為，則，
所以直線與平面所成角的余弦值.
5．（2024·廣東汕頭·三模）如圖，四面體中，是的中點，，
(1)求異面直線AB與CD所成角余弦值的大小；
(2)求點E到平面ACD的距離.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據異面直線夾角的定義，結合中位線性質和余弦定理，可得答案；
（2）根據等體積法，結合三角形面積公式，可得答案.
【詳解】（1）取AC的中點M，連結OM、ME、OE，
由E為BC的中點知，
則直線OE與EM所成的角就是異面直線AB與CD所成的角，
在中，，
因為是直角斜邊AC上的中線，則，
可得，
所以異面直線AB與CD所成角的余弦值為.
（2）設點E到平面ACD的距離為
因為，即，
在中，，可得，
且，可得，
所以點E到平面ACD的距離為
考點五、動點問題
1．（24-25高二上·浙江嘉興·階段練習）如圖，在四棱錐中，平面，與底面所成角為，四邊形是梯形，．

(1)證明：平面平面；
(2)若點T是的中點，點M是的中點，求點P到平面的距離．
(3)點是線段上的動點，上是否存在一點M，使平面，若存在，求出M點坐標，若不存在，請說明理由．
【答案】(1)證明過程見解析
(2)
(3)
【分析】（1）先證明，繼而證明，即可證明平面，從而根據面面垂直的判定定理證明結論；
（2）建立空間直角坐標系，求得相關點坐標，求出平面的法向量，根據空間距離的向量求法，即可求得答案.
（3）設，，進而表示出，，由題意列出關于的方程組求解即可.
【詳解】（1）由平面，平面，平面，
得，， 與底面所成角為 ．
所以三角形 為等腰直角三角形， ．
又由四邊形是直角梯形，，可知，
所以為等腰直角三角形，而，故．
在直角梯形中，過C作，垂足為E，則四邊形為正方形，
可知 ．
所以 ，在等腰直角三角形 中，．
則有，所以．
又因為，，平面 ，平面．
所以平面．因為平面 ，所以平面平面．
（2）以A為坐標原點，分別以所在的直線為 軸，建立如圖所示的空間直角坐標系．

則，，，，．
因為T是 的中點，點M是 的中點，所以，．
設平面 的法向量為，，，
則 ，得 ，
取 ，則 ，得平面的一個法向量為，
而,所以點P到平面的距離為．
（3）設，注意到，
所以，
所以，
設，注意到，
所以，
因為，，所以，
若平面，
則當且僅當，即當且僅當，
此時，
綜上所述，當且僅當重合，此時存在，使平面.
【點睛】關鍵點點睛：第三問的關鍵在于知道若平面，則當且僅當，從而只需引入兩個參數，分別表示出，由此即可順利得解.
2．（2024·全國·模擬預測）如圖，已知四邊形是直角梯形，，平面是的中點，E是的中點，的面積為，四棱錐的體積為．
(1)求證：平面;
(2)若P是線段上一動點，當二面角的大小為時，求的值．
【答案】(1)證明見解析；
(2)．
【分析】（1）根據題意，可得是等邊三角形，求出，過點D作交于點M，可得四邊形為平行四邊形，可求得，結合四棱錐的體積為，求得利用勾股定理證明，進而證明平面；
（2）建立空間直角坐標系，求出平面和平面的一個法向量，利用向量法求出點的坐標得解.
【詳解】（1）因為平面，所以．
因為N是的中點，所以，故．
又因為，所以是等邊三角形．
因為的面積為，所以．
如圖1，過點D作交于點M，四邊形是直角梯形，
且，，則，
故四邊形為平行四邊形．
因此．
又，因此．
因為四棱錐的體積為，
所以，
解得．
連接，在中，．
連接，在中，．
因為，
則．
因為平面，所以，
而平面平面，
所以平面．
（2）以N為坐標原點，分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系，如圖2所示．
則．
因為P是線段上一動點，
所以設，其中．
故．
設平面的一個法向量，
則，令，得，，
所以．
設平面的一個法向量，
則有，令，得，，
可取．
因為二面角的大小為，
所以，即，解得，即．
因為，
所以．
3．（23-24高二上·廣西·階段練習）如圖，已知直圓柱的上、下底面圓心分別為，是圓柱的軸截面，正方形內接于下底面圓，點是中點，.

(1)求證：平面平面；
(2)若點為線段上的動點，求直線與平面所成角的余弦值的最小值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）只需證明平面即可；（2）用向量法求角度及基本不等式即可
【詳解】（1）的中點為中點，，又，可得，
又直圓柱的上、下底面圓心分別為平面
平面.
且平面平面；
又因為平面，所以平面平面.
（2）以為坐標原點，所在的直線為軸，所在的直線為軸，過作軸//，建立如圖所示空間直角坐標系.
則，
所以，
設，
；
設平面的法向量為，則，
取，可得，所以，
設直線與平面所成角為，
，
令，則時，，
.

4．（2024·江西新余·二模）如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，，，且，.

(1)若為的中點，證明：平面平面；
(2)若，，線段上的點滿足，且平面與平面夾角的余弦值為，求實數的值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取中點為，利用直角梯形中位線的性質，線面垂直的性質判定推理即可；
（2）通過正三角形證明，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，利用二面角得向量求法計算求解即可.
【詳解】（1）取中點為，由條件可得為梯形的中位線，則，
又，則，
且，平面，平面，
根據線面垂直的判定定理，得平面，
平面，.
由，則，又，為梯形的兩腰，則與相交，
平面，
又平面，所以平面平面.
（2）取的中點為Q，由，，
則，，
因此△為等邊三角形，.
由（1）知平面，，，兩兩垂直，
如圖，以，，分別為x，y，z軸正方向，建立空間直角坐標系，

由，，則，
，，，，
由，
所以，，，，
設平面的一個法向量為，
由
取，得，，得.
設平面的一個法向量為，
由
取，得，，
即平面的一個法向量為.
記平面與平面夾角的大小為，
所以，化簡得，即，所以實數的值為.
5．（2023·山東濰坊·三模）如圖，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，為底面直徑，為底面圓的內接正三角形，且邊長為，點在母線上，且，．

(1)求證：平面；
(2)求證：平面平面
(3)若點為線段上的動點．當直線與平面所成角的正弦值最大時，求此時點到平面的距離．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3)
【分析】（1）設交于點，連接，利用三角形相似證得，從而證得，進而證得直線平面；
（2）通過平面，證得平面，所以平面平面；
（3）建立空間直角坐標系，設，通過向量和平面的法向量建立直線與平面所成角的正弦值的關系式，并利用基本不等式，即可求最值.
【詳解】（1）如圖，設交于點，連接，由圓錐的性質可知底面，

因為平面，所以，
又因為是底面圓的內接正三角形，由，可得，
，解得，
又，，所以，即，，
又因為，所以，
所以，即，
又平面，直線平面，平面，
所以直線平面．
（2）因為平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（3）易知，以點為坐標原點，所在直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，，，
所以，，，，

設平面的法向量為，
則，令，則，
設，可得，
設直線與平面所成的角為，
則，
即，
令，
則，
當且僅當時，等號成立，所以當時，有最大值，
即當時，的最大值為1，此時點，
所以，
所以點到平面的距離，
故當直線與平面所成角的正弦值最大時，點到平面的距離為.
考點六、范圍問題
1．（2023·全國·模擬預測）如圖，在直三棱柱中，，，垂直于平面．點，，分別為邊，，上的動點（不包括頂點），且滿足．
(1)求三棱錐的體積的最大值；
(2)記平面與平面所成的銳二面角為，當最小時，求的值，并說明點所處的位置．
【答案】(1)
(2)；在中點
【分析】
（1）設出，由體積公式結合二次函數性質計算即可得；
（2）建立空間直角坐標系后，得到平面與平面法向量，即可表示出，結合導數即可得的最大值，亦可得到所處的位置.
【詳解】（1）由垂直于平面，且為直三棱柱，故平面，
故為三棱錐的高，設，則，
由，故，則，
故，
故時，三棱錐的體積有最大值；

（2）由垂直于平面，、平面，
故、，又，
故、、兩兩垂直，
設，
以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，
則有、、、、、，
故、、、，
設平面與平面的法向量分別為、，
則有，，即，，
令，，可得、，、，
故，，
故，
令，，
則，
由，
故當時，，當時，，
故，
故，
由為銳角時，隨的增大而減小，故當最小時，有最大，
即此時，此時，即點在中點.
2．（23-24高三下·河北滄州·階段練習）如圖，在直三棱柱中，△為邊長為2的正三角形，為中點，點在棱上，且.
(1)當時，求證平面；
(2)設為底面的中心，求直線與平面所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值時的值.
【答案】(1)證明見解析
(2)最大值為，此時
【分析】（1）根據已知條件建立空間直角坐坐標系，利用向量證明線面垂直即可.
（2）求出直線對應的方向向量和平面對應的法向量，將線面角用向量坐標表示進而求最值.
【詳解】（1）取的中點，連接，
因為三棱柱為直棱柱，且△為正三角形，
所以以所在直線分別為軸，軸，軸建立如圖所示空間直角坐標系，
根據已知條件得
，
當時，，，
，
，
，即，
又，而平面，平面.
（2）由（1）知，，
為△的中心，，
設平面的法向量，則
，令，則
設直線與平面所成角為，則
令，則，
此時，
(當且僅當即時取等號)，
，
即直線與平面所成角正弦的最大值為，此時的值為
3．（2024·湖南長沙·三模）如圖，在四棱錐中，平面，，底面為直角梯形，，，，是的中點，點，分別在線段與上，且，.
(1)若平面平面，求、的值；
(2)若平面，求的最小值.
【答案】(1)；
(2)8.
【分析】（1）若平面平面，由面面平行的性質定理可知，，由為的中點，可得為的中點，同理為的中點，即可得出結果；
（2）以為原點，、、所在直線分別為軸、軸、軸正半軸建立空間直角坐標系，求得的法向量為，由平面，則有，即，代入計算化簡可得結果.
【詳解】（1）若平面平面，平面平面，平面平面，所以，
又因為為的中點，所以為的中點，同理為的中點，所以.
（2）因為，底面，
如圖，以為原點，、、所在直線分別為軸、軸、軸正半軸建立空間直角坐標系，
故，則，，
設平面的法向量為，則取，可得.
因為，，所以，，
則，
因為平面，所以，即，
所以，即，
所以，所以，
所以，
當且僅當，即時取等號，所以的最小值為8.
4．（2023·浙江·模擬預測）在三棱錐中，，直線與平面所成角為，直線與平面所成角為．
(1)求三棱錐體積的取值范圍；
(2)當直線與平面所成角最小時，求二面角的平面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據線面夾角分析可得，建立平面直角坐標系求點的軌跡方程，結合圓的性質可得的取值范圍，進而可得結果；
（2）根據線面夾角結合圓的性質分析直線與平面所成角的最小值，建立空間直角坐標系，利用空間向量求二面角.
【詳解】（1）如圖1，過點作平面，垂足為，連接，
則直線與平面所成角為，直線與平面所成角為，
可得，則，
如圖2，以分別為軸建立平面直角坐標系，則，
設，
因為，則，
整理得，即點的軌跡是以為圓心，半徑的圓，
可得，即，
所以，
故三棱錐體積，
即三棱錐體積的取值范圍為.

（2）連接，
由（1）可知：直線與平面所成角為，則，
因為點的軌跡方程為，且，
即點的軌跡過點，延長分別交圓于點，
則，
當且僅當三點共線時，等號成立，
因為，則，
可得直線的方程為，
聯立方程，解得或，
即點，可得，
如圖4，以為坐標原點建立建立空間直角坐標系，
則，
可得，
設平面的法向量為，則，
令，則，即，
由題意可知：平面的法向量為，
則，
所以二面角的平面角的余弦值為.

5．（2023·河南·模擬預測）如圖，在正四棱臺中，，，，為棱，的中點，棱上存在一點，使得平面．

(1)求；
(2)當正四棱臺的體積最大時，求與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）取點構造平行四邊形，再由比例關系證明求值．
（2）設，將體積表示為的函較，求出棱臺的體積最大時的值，再建立空間直角坐標系，利用向量法求線面角的正弦值．
【詳解】（1）作交于，再作交于，連接．
因為平面，所以平面．
又平面平面，所以．
又因為，所以四邊形是平行四邊形，
所以，即為棱的四等分點，
故也為棱的四等分點，所以．
（2）由（1）易知為的四等分點，所以點在點的正上方，
所以底面．
設，則，所以，
所以該四棱臺的體積，
而．
當且僅當，即時取等號，此時，．
以為原點，，分別為軸、軸，
過平行于的直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，，，，
所以，，．
設平面的法向量為，
由得令，則．
設與平面所成角為，
則，
故與平面所成角的正弦值為．
6．（2024·江蘇蘇州·模擬預測）如圖，四棱錐中，底面是矩形，，，且平面平面．分別是的中點．．
(1)求證：是直角三角形；
(2)求四棱錐體積的最大值；
(3)求平面與平面的夾角余弦值的范圍．
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）設平面PAB平面PCD，由面面垂直的性質定理以及線面平行的性質定理即可得PE⊥PF，則△PEF是直角三角形；
（2）求出P到平面ABCD的最大距離即可得四棱錐P―ABCD體積最大值；
（3）利用空間向量法可求平面PEF與平面PBC夾角余弦值的表達式，再利用換元法以及導數的知識可得最值.
【詳解】（1）設平面平面PCD，
由于，平面ADC，平面ADC，
因此平面PDC，而平面APB，平面平面，
因此，而，因此．
而平面平面PCD，平面平面，平面，
因此平面PDC，而平面PDC，因此.
故△PEF是直角三角形．
（2）由于，，因此P是以EF為直徑半圓上的點．
而，，平面PEF，
因此平面PEF，而AB平面ABCD，
因此平面平面ABCD．
故P到平面ABCD的最大距離為，
四棱錐體積最大為．
（3）設EF中點為O，作過O垂直EF的直線m．
設平面PEF與平面PBC夾角為．
以O為原點，OE，m，過O垂直于平面ABCD的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系．
則，，，，并設．
平面PEF的一個法向量為，
，，
設平面PBC的法向量為，因此，可取
，不妨設，
，，因此隨增大而增大
因此．
【點睛】方法點睛：涉及最值問題時，若無法利用函數的性質以及基本不等式解決，可以考慮使用導數進行求解.
考點七、立體幾何中的存在性問題
1．（2024·廣西·模擬預測）如圖，在四棱錐中，，，四邊形是菱形，，是棱上的動點，且.

(1)證明：平面.
(2)是否存在實數，使得平面與平面所成銳二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)證明見解析
(2)存在實數，理由見解析
【分析】
（1）由線線垂直得到線面垂直，進而得到，再由勾股定理逆定理得到，從而得到線面垂直；
（2）作出輔助線，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，進而由二面角的余弦值得到方程，求出答案.
【詳解】（1）
因為四邊形是菱形，所以.
因為，，平面，且，所以平面.
因為平面，所以.
因為，所以，即.
因為，平面，且，所以平面.
（2）
取棱的中點，連接，因為四邊形是菱形，，
所以為等邊三角形，故⊥，
又平面，平面，
所以，，故，，兩兩垂直，
故以為原點，分別以，，的方向為，，軸的正方向，建立空間直角坐標系.

設，則，，，，
故，，，
所以，
設平面的法向量為，
則，
令，得.
平面的一個法向量為，設面與面所成的銳二面角為，
則，
整理得，解得或（舍去）.
故存在實數，使得面與面所成銳二面角的余弦值是.
2．（2023·天津·一模）已知底面是正方形，平面，，，點、分別為線段、的中點．
(1)求證：平面；
(2)求平面與平面夾角的余弦值；
(3)線段上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)存在；或
【分析】（1）法一：分別取、的中點、，連接、、，證明出平面平面，利用面面平行的性質可證得結論成立；
法二：以點為坐標原點，以、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可證得結論成立；
（2）利用空間向量法可求得平面與平面夾角的余弦值；
（3）假設存在點，使得，其中，求出向量的坐標，利用空間向量法可得出關于的方程，解之即可.
【詳解】（1）證明：法一：分別取、的中點、，連接、、，
由題意可知點、分別為線段、的中點．所以，，
因為，所以，所以點、、、四點共面，
因為、分別為、的中點，所以，
因為平面，平面，所以平面，
又因為，平面，平面，所以平面，
又因為，、平面，所以平面平面，
因為平面，所以平面；
法二：因為為正方形，且平面，所以、、兩兩互相垂直，
以點為坐標原點，以、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，
則、、、、、，
所以，易知平面的一個法向量，
所以，所以，
又因為平面，所以平面．
（2）解：設平面的法向量，，，
則，取，可得，
所以平面的一個法向量為，
易知平面的一個法向量，設平面與平面夾角為，
則，
所以平面與平面夾角余弦值為；
（3）解：假設存在點，使得，其中，
則，
由（2）得平面的一個法向量為，
由題意可得，
整理可得．即，
因為，解得或，所以，或．
3．（2023·福建龍巖·二模）三棱柱中，，，側面為矩形，，三棱錐的體積為．

(1)求側棱的長；
(2)側棱上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，求出線段的長；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）證明平面，結合題目條件，先計算出的值，然后即可以求得側棱的長；
（2）建立空間直角坐標系，設未知數，結合題目條件，列出方程求解，即可得到本題答案.
【詳解】（1）在平面內過作，垂足為，
因為側面為矩形，所以，
又，，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，
易得，面，平面平面，
所以平面，
因為，所以，
因為，，所以；
（2）存在點滿足題意，，理由如下：
如圖，以為坐標原點，以所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，

則，
設，則，
故，，
設平面的法向量為
則即，令，則，
故平面的一個法向量，
設直線與平面所成角為，
則，解得，
故存在點E滿足題意，所以.
4．（2024·福建泉州·模擬預測）如圖，直四棱柱的底面為菱形，且，分別是上，下底面的中心，是的中點，．
(1)求證：平面；
(2)是否存在實數，使得在平面內的射影恰好為的重心．若存在，求，若不存在，請說明理由．
【答案】(1)證明見解析；
(2)不存在，理由見解析．
【分析】（1）分別取的中點，連接，說明面即為截面，證明后可證得線面平行；
（2）分別以為軸建立空間直角坐標系，如圖，設，由重心公式求得坐標，由向量的數量積為0求得值．
【詳解】（1）分別取的中點，連接，
則在直四棱柱中，，且是中點，所以平面，即為截面，
又是中點，則與平行且相等，從而是平行四邊形，所以，
又平面，平面，所以平面，即平面；
（2）不存在，理由如下：
是菱形且，所以都是等邊三角形，，
易知，由已知得平面，分別以為軸建立空間直角坐標系，如圖，
設，則，，，，
因此有，，，，
則的重心為，，
若平面，則，無解．
因此不存在實數，使得在平面內的射影恰好為的重心．
5．（2024·廣東東莞·模擬預測）如圖，已知四棱臺的上、下底面分別是邊長為2和4的正方形，，且底面ABCD，點P、Q分別是棱、的中點．

(1)在底面內是否存在點M，滿足平面CPQ 若存在，請說明點M的位置，若不存在，請說明理由；
(2)設平面CPQ交棱于點T，平面CPTQ將四棱臺，分成上、下兩部分，求上、下兩部分的體積比．
【答案】(1)存在，點M的位置見解析
(2)
【分析】（1）建立空間直角坐標系，設出點M的坐標，再依據，利用向量的數量積列出等式計算即可；
（2）設出點T的坐標，根據平面向量基本定理，求出點T的坐標，再直接求體積即可.
【詳解】（1）因為四棱臺的上、下底面都是正方形，且底面ABCD，
所以可以以為坐標原點，分別為軸建立如圖所示坐標系，
則
，
假設在底面內存在點M，滿足平面CPQ，則可設，
有，則，即，
所以，，
故在底面內存在點，滿足平面CPQ.
（2）設，因為點T在平面CPQ內，所以可設，
則，
所以，所以，則，
連接，，
設平面CPTQ將四棱臺分成上、下兩部分的體積分別為，
，
，，
取的中點，連接，則，，
又平面，平面，所以平面，
，
所以，
，
，所以，
所以所求的上、下兩部分的體積比為.

考點八、立體幾何中的劣構性問題
1．（2024·北京海淀·模擬預測）如圖，矩形，，平面，，，，，平面與棱交于點. 再從條件①、條件②、條件③，這三個條件中選擇一個作為已知.
(1)求證：；
(2)求直線與平面夾角的正弦值；
(3)求的值.
條件①：；
條件②：；
條件③：.
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）先證明平面平面，得平面，再證即可；
（2）依題建系，分別就① ，② ，③，寫出相關點的坐標，求得平面的法向量的坐標，利用空間向量的夾角公式計算即得；
（3）設，求得，分別利用①，②，③求得，結合列方程組，求出即得
【詳解】（1）因為，平面，平面，故平面，
由矩形可得，平面，平面,故平面,
又 ，且平面，平面，故平面平面，
又因平面，故平面，
因平面，平面平面
所以，即；
（2）
若選擇條件①，因為平面，平面,，.
又有，如圖，分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，
則，，，，，，
所以，，，
設平面的一個法向量為，
則，即，故可取.
設直線與平面夾角為，則
，
即直線與平面夾角的正弦值；
若選擇條件②，因為平面，平面,，.
又有，如圖，分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，
則，，，，，，
所以，，，
設平面的一個法向量為，
則，即，故可取.
設直線與平面夾角為，則
，
即直線與平面夾角的正弦值；
若選擇條件③，因為平面，平面,，.
又有，如圖，分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，
則，，，，，，
所以，，，
設平面的一個法向量為，
則，即，故可取.
設直線與平面夾角為，則
，
即直線與平面夾角的正弦值.
（3）由（2）建系，且可知無論選擇①，②，③哪個條件，都有.
設，，則，
由（1）知，所以
故存在實數，使得,即，解得,符合題意.
故得.
2．（2024·江蘇南通·二模）如圖，邊長為4的兩個正三角形，所在平面互相垂直，E，F分別為BC，CD的中點，點G在棱AD上，，直線AB與平面相交于點H.
(1)從下面兩個結論中選一個證明：①；②直線HE，GF，AC相交于一點；
注：若兩個問題均作答，則按第一個計分.
(2)求直線BD與平面的距離.
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）選擇條件①，利用線面平行的判定性質推理即得；選擇條件②，利用平面的基本事實推理即得.
（2）以點為原點，建立空間直角坐標系，利用點到平面距離公式求解即得.
【詳解】（1）選擇條件①，由,分別為,的中點，得，
又平面平面，則平面，
又平面，平面平面，所以.
選擇條件②，在中，為中點，則與不平行，
設，則，又平面平面，
于是平面平面，又平面平面，因此，
所以,,相交于一點.
（2）若第（1）問中選①，由（1）知，平面，
則點到平面的距離即為與平面的距離，
若第（1）問中選②，由,分別為,的中點，則，
又平面平面，于是平面，
因此點到平面的距離即為與平面的距離，
連接,，由均為正三角形，為的中點，得，
又平面平面，平面平面平面，
于是平面，又平面，則，
以點為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，
則，,，
設平面的一個法向量為,則，令，得，
設點到平面的距離為，則，
所以與平面的距離為.
3．（2024·北京海淀·一模）如圖，在四棱錐中，為的中點，平面.
(1)求證：；
(2)若，再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使四棱錐存在且唯一確定.
（i）求證：平面；
（ⅱ）設平面平面，求二面角的余弦值.
條件①：；
條件②：；
條件③：.
注：如果選擇的條件不符合要求，第（1）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分.
【答案】(1)證明見解析
(2)（i）證明見解析；（ⅱ）
【分析】（1）借助線面平行的性質定理與中位線的性質即可得；
（2）（i）借助線面垂直的判定定理即可得；（ⅱ）結合所給條件建立適當的空間直角坐標系后借助空間向量計算即可得.
【詳解】（1）取的中點，連接，
因為為的中點，所以，
因為，所以，所以四點共面，
因為平面，平面平面，平面，
所以，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以；
（2）（i）取的中點，連接，
由（1）知，所以，
因為，所以四邊形是平行四邊形，
所以，
因為，所以，
所以，即，
選條件①：，
因為，所以與全等，
所以，因為，所以，
所以，即，又因為，
、平面，所以平面；
（ⅱ）由（i）知平面，而平面，
所以，因為，
建立如圖所示空間直角坐標系，
則，
所以，
設平面的法向量為, 則，即，
令，則，于是，
因為為平面的法向量, 且,
所以二面角的余弦值為.
選條件③：，
(i) 因為，所以，
因為，所以與全等，
所以，即，
因為，又因為，、平面，
所以平面；
(ii) 同選條件①.
不可選條件②，理由如下：
由（i）可得，又，
，、平面，
所以平面，又因為平面，
所以，即是由已知條件可推出的條件，
故不可選條件②.
4．（2024·廣東廣州·模擬預測）已知四棱錐的底面是正方形，給出下列三個條件：①；②；③平面.
(1)從①②③中選取兩個作為條件，證明另一個成立；
(2)在（1）的條件下，若，當四棱錐體積最大時，求二面角的余弦值.
【答案】(1)答案見解析
(2)
【分析】（1）①②③：可以通過分別證明，，結合線面垂直的判定定理得平面，進一步，結合即可得證；②③①：首先證明平面，結合底面是正方形，是正方形的中心即可得證；①③②：首先通過證明平面，得到四棱錐是正四棱錐，進一步通過證明平面即可得證；
（2）首先通過基本不等式證明當四棱錐體積取最大值時，四棱錐的底邊邊長為.法一：由定義找出二面角，結合解三角形知識即可得解；法二：建立適當的空間直角坐標系，求出兩平面的法向量，由向量夾角的余弦公式即可得解.
【詳解】（1）①②③，
連接，相交于，連接，由于底面是正方形，所以，
又，，，平面，
故平面，平面，故，
由于，，，故，
因此，，，平面，
故平面，（可得四棱錐是正四棱錐）
平面，故，
又，，，平面，故平面.
②③①
連接，相交于，連接，由于底面是正方形，所以，
又，，，平面，
故平面，平面，故，
又平面，平面，故，
，，平面，故平面，
結合底面是正方形，是正方形的中心，
所以四棱錐是正四棱錐，故，
①③②
連接，相交于，連接，平面，平面，故，
由于，，故，又，，，故，
故，
因此，，，，平面，故平面，
故四棱錐是正四棱錐，
由于，又，，，平面，
故平面，平面，故，
（2）無論選擇哪兩個條件，都可以推出四棱錐是正四棱錐，
設四棱錐的底邊邊長為，則四，
所以，
故，
由于，
當且僅當，即時取等號，
故當四棱錐的底邊邊長為時，四棱錐體積的最大值為.
（法一）因為底面，由點向作垂線，垂足為，連接，
又因為底面，，
所以為二面角的平面角，
，，，
即二面角的余弦值為.
（法二）以點為坐標原點建立如圖空間直角坐標系，
則，，，
所以，，
設面的法向量為，
則即，
不妨取，則，，所以，
易得平面的法向量，
設二面角的平面角為，
即二面角的余弦值為.
5．（23-24高三上·北京朝陽·期末）如圖，在四棱錐中，，側面底面，是的中點.
(1)求證：平面；
(2)已知，，再從條件 ①、條件 ②、條件 ③ 這三個條件中選擇一個作為已知，使四棱錐唯一確定，求二面角的余弦值.
條件①：；條件②：；條件③：直線與平面所成角的正切值為.
注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分.
【答案】(1)證明見解析
(2)答案見解析
【分析】（1）取的中點，連接，證明四邊形為平行四邊形，則，再根據線面平行的判定定理即可得證；
（2）取的中點，連接，先根據面面垂直的性質證明平面，以為原點建立空間直角坐標系，
選①，連接，先求出，再利用向量法求解即可.
選②，由條件可得平面，則，這與已知矛盾.
選③，連接，由平面，得是直線與平面所成角，進而可求出，再利用向量法求解即可.
【詳解】（1）取的中點，連接，
因為是的中點，所以.
又因為，
所以且，
所以四邊形為平行四邊形，
所以，
又因為平面，平面，
所以平面；

（2）取的中點，連接，
因為，所以，
又因為側面底面，
且平面平面，平面，
所以平面，
如圖，在平面中，作，
則，
以為原點建立空間直角坐標系，

選條件①：連接，在中，因為，，所以，
在中，因為，，所以，
所以，
所以，
設平面的法向量是，
則，即，
令，則，于是，
因為平面，所以是平面的一條法向量，
所以，
由題知，二面角為鈍二面角，
所以其余弦值為.
選條件②：因為平面，
所以平面，
又平面，所以，
而，平面，所以與平行或重合，
這與矛盾，
所以條件②不行.
選條件③：連接，因為平面，
所以是直線與平面所成角，
所以，
在中，因為，所以，
在中，因為，所以，
下同選條件①.
考點九、立體幾何中的雜糅問題
1．（2024·福建·模擬預測）在中，，，的平分線交AB于點D，.平面α過直線AB，且與所在的平面垂直.
(1)求直線CD與平面所成角的大小；
(2)設點，且，記E的軌跡為曲線Γ.
（i）判斷Γ是什么曲線，并說明理由；
（ii）不與直線AB重合的直線l過點D且交Γ于P，Q兩點，試問：在平面α內是否存在定點T，使得無論l繞點D如何轉動，總有？若存在，指出點T的位置；若不存在，說明理由.
【答案】(1)
(2)（i）曲線是橢圓，理由見解析；（ii）存在，點滿足或
【分析】（1）根據條件作出圖形，利用線面角的定義得到所求線面角，解出即可;
（2）（i）建立空間直角坐標系，根據條件建立方程，即可求解；
（ii）把轉化為，坐標表示后，利用聯立直線方程和橢圓方程化簡后利用韋達定理得到的關系式進行化簡求解即可；也可以把條件轉化為進行求解.
【詳解】（1）因為平面，
平面平面，
所以.
所以直線在內的射影為直線，
所以直線與所成角為.
過作，垂足為.
因為平分，
所以.
又，所以，所以
又，所以.
因為，所以，
所以直線與平面所成角為.
（2）（i）曲線是橢圓,理由如下：
由（1）可知，，
所以是的中點,
設的中點為，所以.
又，所以.
在內過作，所以
以為原點，所在的方向分別為軸，軸，軸的正方向，
建立空間直角坐標系，如圖所示.
因為，所以，
設，又，
則.
因為，又，
所以，
化簡得，即，
所以曲線是橢圓.
（ii）方法一：設.
在平面內，因為與不重合，可設，
由得，所以.
由對稱性知，若存在定點滿足條件，
則必在平面與的交線上，故可設.
若，則，
即，
因為，
所以，
當時，上式恒成立，所以符合題意；
當時，有，
所以，
所以.
因為，
所以，
所以，
所以，即.
因為上式對于任意的恒成立，所以.
綜上，存在點滿足，或時，符合題意.
方法二：設
在平面內，因為與不重合，可設，由得，
所以.
由對稱性知，若存在定點滿足條件，則必在平面與的交線上，故可設.
當與重合時，因為，又，
所以.
所以當時，符合題意.
當與不重合時，過作，
垂足分別為.連接，
則因為，所以.
又，所以平面，
所以，同理
又，所以，所以，
所以RtRt，所以直線平分
又在軸上，所以在平面內直線的傾斜角互補
在平面內，設直線的斜率分別為，
則
，
對于任意的恒成立，所以.
綜上，存在點滿足，或時，符合題意.
【點睛】關鍵點點睛：解答本題最后問的關鍵是轉化條件，可以轉化為或者轉化為，繼而利用坐標求解.
2．（2024·河北石家莊·二模）已知橢圓的左、右焦點分別為，離心率為，過點的動直線交于A，B兩點，點在軸上方，且不與軸垂直，的周長為，直線與交于另一點，直線與交于另一點，點為橢圓的下頂點，如圖①.
(1)當點為橢圓的上頂點時，將平面xOy沿軸折疊如圖②，使平面平面，求異面直線與所成角的余弦值；
(2)若過作，垂足為.
（i）證明:直線過定點；
（ii）求的最大值.
【答案】(1)
(2)（i）證明見詳解；（ii）
【分析】（1）據題意求出橢圓方程，折疊后建立空間直角坐標系，利用空間向量即可求出異面直線與所成角的余弦值；
（2）（i）聯立直線與橢圓的方程，根據韋達定理求出點的坐標，同理得到點的坐標，進而得到直線的方程，根據對稱性，可判斷定點在軸上，故令，即可得到定點坐標；（ii）由題意可知，點的軌跡為以，為直徑的圓（除外），由即可求解.
【詳解】（1）由橢圓定義可知，，
所以的周長為，所以，
又因為橢圓離心率為，所以，所以，
又，所以橢圓的方程：，
所以橢圓的焦點為，，
當點為橢圓的上頂點時，，
所以直線的方程為：，
由解得，，
由對稱性知，
以為坐標原點，折疊后原軸負半軸，原軸，原軸的正半軸所在直線為軸建立如圖空間直角坐標系，
則，，，，
，，
設直線與所成角為，
則，
異面直線與所成角的余弦值為.
（2）（i）設點，，，，
則直線的方程為，則，
由得，，
所以，
因為，所以，
所以，故，
又，
同理，，，
由三點共線，得，
所以，
直線的方程為，
由對稱性可知，如果直線過定點，則該定點在軸上，
令得，
，
故直線過定點.
（ii）由題意知點，點的軌跡為以，為直徑的圓（除外），
圓心為，半徑為，故.
【點睛】方法點睛：求解直線過定點問題常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般證明”，即先通過特殊情況確定定點，再轉化為有方向、有目的的一般性證明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即設出定點坐標，根據題設條件選擇參數，建立一個直線系或曲線的方程，再根據參數的任意性得到一個關于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即為所求點；
（3）求證直線過定點，常利用直線的點斜式方程或截距式來證明.
3．（2024·山東·模擬預測）如圖（1），已知拋物線的焦點為，準線為，過點的動直線與交于A，B兩點（其中點A在第一象限），以AB為直徑的圓與準線相切于點C，D為弦AB上任意一點，現將沿CD折成直二面角，如圖（2）．
(1)證明：；
(2)當最小時，
①求，兩點間的最小距離；
②當，兩點間的距離最小時，在三棱錐內部放一圓柱，使圓柱底面在面BCD上，求圓柱體積的最大值．
【答案】(1)證明見詳解
(2)①；②
【分析】（1）做輔助線，根據垂直關系可得，，結合直角三角形三角關系分析證明；
（2）①根據三角知識結合基本不等式可得，利用弦長公式求得，分和兩種情況，結合基本不等式分析求解；②設相應量，可得，可得圓柱的體積，構建函數，利用導數求最值.
【詳解】（1）過作，垂足為，過作，垂足為，
因為平面平面，且平面平面，平面，
可得平面，
由平面，可得，
且，平面，可得平面，
由平面，可得，
則，
所以.
（2）因為以AB為直徑的圓與準線相切于點C，可知，
則，
由（1）可得：
，
當且僅當，即時，等號成立，
所以當時，最小，
①因為平面，平面，則，，
即，
在中，則，
在中，由余弦定理可得，
則，
在中，則，
在中，則，可得，
由題意可知：焦點，準線，直線的斜率存在，且直線與拋物線必相交，
設直線，，
聯立方程，消去y可得，
則，
可得，
當時，取到最小值2，根據對稱性可知，
可得；
當時，則，且，
由基本不等式可得，
則；
綜上所述：的最小值為2，當且僅當，時，等號成立，
所以，兩點間的最小距離為；
②由（1）可知：當，兩點間的距離最小時，則，，
可知為中點，且與重合，
因為，
設的內切圓半徑為，
由等面積法可得：，解得，
設圓柱的底面半徑為，高為，
則，可得，
所以圓柱的體積，
令，則，
當時，；當時，；
可知在內單調遞增，在內單調遞減，
則，
所以圓柱體積的最大值為.
【點睛】關鍵點點睛：對于（2）中：
①利用勾股定理結合余弦定理整理可得；
②根據錐體的結構特征分析可得，進而可求圓柱體積.
4．（2024·福建泉州·模擬預測）已知拋物線，點在的準線上，過焦點的直線與相交于兩點，且為正三角形．
(1)求的面積；
(2)取平面外一點使得，設為的中點，若，求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）引入參數，想辦法表示出，結合即可建立關于的方程，求得記得等邊三角形邊長，進一步得面積；
（2）由，，得到兩兩垂直，建立適當的空間直角坐標系，求出兩平面的法向量即可進一步求解.
【詳解】（1）由已知得，準線方程為，
設直線的方程為，弦的中點，如圖所示，
聯立消去并整理得，,
則，所以，
所以，即，
所以，為等邊三角形，則，
（否則時，不妨設，則由等邊三角形的對稱性可知的坐標只能是，但），
則設直線的方程為，即，所以點，
又，所以，解得，
所以．又，故．
（2）由題為正三棱錐，即，
又正三棱錐各側面三角形都全等，所以，
而，為的中點，
從而，
所以，
因此，即兩兩垂直，故可將補成如圖所示的正方體，
以為原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，如圖：
因為，所以，顯然，面，
故可取面的一個法向量，
又為的中點，則，且，
設平面的法向量，即，取，則,
由圖可知二面角是銳角，二面角的余弦值.
【點睛】關鍵點點睛：第二問的關鍵在于得到兩兩垂直，以及，，由此即可順利得解.
考點十、立體幾何中的新定義問題
1．（22-23高三上·河北·階段練習）已知，，，定義一種運算：，在平行六面體中，，，.
(1)證明：平行六面體是直四棱柱；
(2)計算，并求該平行六面體的體積，說明的值與平行六面體體積的關系.
【答案】(1)證明見解析
(2)，平行六面體的體積為，的值表示以，，為鄰邊的平行六面體的體積
【分析】（1）利用向量法證明，，從而可得平面，即可得證；
（2）根據公式求出，利用棱柱的體積公式求出該棱住的體積，從而可得出結論.
【詳解】（1）證明：由題意，，
∴，，即，，
∵，是平面內兩相交直線，∴平面，
∴平行六面體是直四棱柱；
（2）解：，
由題意，，，
，所以，
，，
∴.
∴，
故的值表示以，，為鄰邊的平行六面體的體積.
2．（2022·遼寧沈陽·二模）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如圖1所示.蜂房結構是由正六棱柱截去三個相等的三棱錐，，，再分別以，，為軸將，，分別向上翻轉，使，，三點重合為點所圍成的曲頂多面體（下底面開口），如圖2所示.蜂房曲頂空間的彎曲度可用曲率來刻畫，定義其度量值等于蜂房頂端三個菱形的各個頂點的曲率之和，而每一頂點的曲率規定等于減去蜂房多面體在該點的各個面角之和（多面體的面角是多面體的面的內角，用弧度制表示）.例如：正四面體在每個頂點有3個面角，每個面角是，所以正四面體在各頂點的曲率為.
(1)求蜂房曲頂空間的彎曲度；
(2)若正六棱柱底面邊長為1，側棱長為2，設
（i）用表示蜂房（圖2右側多面體）的表面積；
（ii）當蜂房表面積最小時，求其頂點的曲率的余弦值.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）根據彎曲度、曲率的定義求得正確答案.
（2）（i）結合多面體的表面積的求法求得；（ii）利用導數求得蜂房表面積最小時的值.令，利用余弦定理求得，結合三角恒等變換的知識求得頂點的曲率的余弦值.
【詳解】（1）蜂房曲頂空間的彎曲度為頂端三個菱形的7個頂點的曲率之和，
根據定義其度量值等于減去三個菱形的內角和，
再減去6個直角梯形中的兩個非直角內角和，
即蜂房曲頂空間的彎曲度為.
（2）（i）如圖所示，連接AC，SH，則，設點在平面的射影為O，
則，則，
菱形SAHC的面積為，
側面積，
所以蜂房的表面積為.
（ii），
令得到，
所以在遞增；在遞增.
所以在處取得極小值，也即是最小值.
此時，在中，令，由余弦定理得，
又頂點的曲率為，
.
3．（23-24高一下·福建三明·期末）閱讀數學材料：“設為多面體的一個頂點，定義多面體在點處的離散曲率為 ，其中 為多面體的所有與點相鄰的頂點，且平面，平面 ，…，平面和平面為多面體的所有以為公共點的面. ”已知在直四棱柱中，底面為菱形.. （角的運算均采用弧度制）
(1)若，求四棱柱在頂點處的離散曲率；
(2)若四棱柱在頂點處的離散曲率為，求與平面的夾角的正弦值；
(3)截取四面體，若該四面體在點處的離散曲率為與平面交于點，證明：.
【答案】(1)
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）根據條件得到菱形為正方形，再根據在頂點處的離散曲率的定義計算即可；
（2）根據四棱柱在頂點處的離散曲率為，求得，結合立體幾何知識，求得與平面的夾角為，在中求解即可；
（3）根據四面體在點處的離散曲率為求得，再結合立體幾何知識，證得平面，用等體積法求三棱錐的體積，求得，即可得證.
【詳解】（1）若，則菱形為正方形，即，
因為平面平面，所以，
所以直四棱柱，在頂點處的離散曲率為.
（2）因為平面平面，所以，
直四棱柱在頂點處的離散曲率為，
則，即是等邊三角形，
為菱形，又直四棱柱，
平面平面，，
又平面，平面，
設，則即為與平面所成的角，
在中，，
，所以與平面的夾角的正弦值為.
（3）在四面體中，
所以，，
所以四面體在點處的離散曲率為，
所以，所以為等邊三角形，所以，
又在中，所以，
所以直四棱柱為正方體，
因為平面 平面，所以，
又平面，
所以平面，又平面，所以，
平面平面，，
又平面，平面，
又平面，所以，
又平面，所以平面，
是三棱錐的高，設正方體的棱長為，
，
，
，
.
【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵是充分理解離散曲率的定義，從而結合立體幾何的知識求解即可．
4．（2024高三·全國·專題練習）我們知道，二元實數對可以表示平面直角坐標系中點的坐標； 那么對于元實數對（，是整數），也可以把它看作一個由條兩兩垂直的“軸”構成的高維空間（一般記為）中的一個“點”的坐標表示的距離 ．
(1)當時， 若，，， 求 ， 和 的值；
(2)對于給定的正整數，證明中任意三點滿足關系 ；
(3)當時，設，，，其中，，，．求滿足點的個數，并證明從這個點中任取11個點，其中必存在個點，它們共面或者以它們為頂點的三棱錐體積不大于．
【答案】(1)，，
(2)證明見解析
(3)，證明見解析
【分析】（1）根據新定義直接計算；
（2）由新定義，寫出不等式兩邊的表達式，根據絕對值的性質證明；
（3）根據新定義，及絕對值的性質得點是以為對角線的正方體的表面和內部的整數點，共125個，把它們分布在五個平面，1，2，3，上，這五個面一個面取3個點，相鄰面上取一個點，以它們為頂點構成三棱錐（能構成時），棱錐的體積不超過，然后任取11點中如果沒有4點共面，但至少有一個平面內有3個點．根據這3點所在平面分類討論可得．
【詳解】（1）當 時，若，，，
則，，．
（2）設，，，
根據絕對值的性質有，， ，
所以．
（3）因為，，，則，
且，
可得，當且僅當時，等號同時成立，
又因為，可得，，，，
可知，，，1，2，3，4，則，
點是以為對角線的正方體內部（含面上）的整數點，共125個，即．
這125個點在，，，，這五面內．
這三個平面內，一個面上取不共線的 3 點，相鄰面上再取一點構成一個三棱錐．
則這個三棱錐的體積最大為，
現在任取11個點，
若有四點共面，則命題已成立；
若其中無4點共面，但11個點分在5個平面上至少有一個平面內有3個點（顯然不共線）；
若這三點在，， 這三個平面中的一個上，與這個面相鄰的兩個面上如果有一點，
那么這一點與平面上的三點這四點可構成三棱錐的四個頂點，其體積不超過，
否則還有 8 個點在平面 和上，不合題意，
若這三個點在平面或上，不妨設在平面，
若在平面在一個點，則同樣四點構成的三棱錐體積不超過，
否則剩下的 8個點在，， 三個平面上，只能是 3，3，2 分布，
不管哪一種分布都有四點構成的三棱錐體積不超過；
綜上所述：任取11個點，其中必存在4個點，它們共面或者以它們為頂點的三棱錐體積不大于．
【點睛】關鍵點點睛：本題新定義距離，解題關鍵是利用新定義轉化為絕對值，利用絕對值的性質解決一些問題．本題還考查了抽屜原理，11個放在5個平面上，至少有一個平面內至少有3點，由此分類討論可證明結論成立．
5．（24-25高三上·湖南長沙·階段練習）高斯-博內公式是大范圍微分幾何學的一個經典的公式，是關于曲面的圖形（由曲率表征）和拓撲（由歐拉示性數表征）間聯系的一項重要表述，建立了空間的局部性質和整體性質之間的聯系.其特例是球面三角形總曲率與球面三角形內角和滿足：，其中為常數，（如圖，把球面上的三個點用三個大圓（以球心為半徑的圓）的圓弧聯結起來，所圍成的圖形叫做球面三角形，每個大圓弧叫做球面三角形的一條邊，兩條邊所在的半平面構成的二面角叫做球面三角形的一個角.球面三角形的總曲率等于，為球面三角形面積，為球的半徑）.
(1)若單位球面有一個球面三角形，三條邊長均為，求此球面三角形內角和；
(2)求的值；
(3)把多面體的任何一個面伸展成平面，如果所有其他各面都在這個平面的同側，這樣的多面體叫做凸多面體.設凸多面體頂點數為，棱數為，面數為，試證明凸多面體歐拉示性數為定值，并求出.
【答案】(1)
(2)
(3)證明見解析；
【分析】（1）由球面三角形邊角定義，轉化為大圓弧長可求圓心角，由球面三角形三條邊長均為，得兩兩垂直，從而得到面面垂直，進而求內角和可得；
（2）將球面平均分割為個全等的球面三角形，由特值代入公式待定即可；
（3）將球面分割為個球面多邊形，再轉化為球面三角形，借助球面三角形總曲率與球面三角形內角和關系，利用所有分割后的球面三角形面積之和（用表示）即為球面面積建立等量關系求證即可．
【詳解】（1）如圖，設球心為，球面三角形三個頂點分別為，
由球面三角形三邊長均為，由題意，即每個大圓弧長均為.
又單位球面的球半徑，則球面三角形每條邊所對圓心角為，
所以在三棱錐中，兩兩垂直.
由，，且平面，平面，
則平面，平面，
故平面平面，同理平面平面，平面平面，
即球面三角形任意兩條邊所在的半平面構成的二面角均為，
故球面三角形的個角均為，從而此球面三角形內角和為.
（2）若將地球看作一個球體，
在地球上零度經線和經線所在大圓與赤道所在大圓將球面平均分成個全等的球面三角形，
由（１）可知，每個球面三角形的個角均為，且球面三角形內角和，
從而每個球面三角形的面積為，
則每個球面三角形的總曲率為，
設，由題意，且為常數，
則有，從而.
（3）將多面體的每個面視作可以自由伸縮的橡皮膜，使膨脹為一個半徑為的球，
每個頂點均在球面上，每條邊變為球面上的邊，每個多邊形變為球面上的多邊形，
且膨脹前后不變.
不妨記球面仍為單位球面，半徑，
對于任意一個球面邊形，可用球面上的邊分割成個球面三角形，
由（2）可知，，則每個球面三角形的內角和．
即每個內角和為的球面三角形面積為，
記，稱為分割成個球面三角形的球面邊形的內角和．
所以球面邊形面積為.
由已知凸多面體頂點數為，棱數為，面數為，
則可記球面上多邊形，
對每一個球面多邊形，設其邊數為，內角和為，面積為，
則，
由球面三角形角的定義可知，每個頂點處所有球面多邊形的角之和為，頂點數為，
從而所有球面多邊形內角和為，
又球面多邊形每條邊被重復計算次，棱數為，故，
則，
又所有球面多邊形面積之和，
故，故.
【點睛】關鍵點點睛：解決本題關鍵在于轉化化歸思想的應用，一是理解球面三角形及邊角的定義，將球面內角和問題轉化多面體的二面角之和求解；二是將凸多面體膨脹為球面后，凸多面體歐拉示性數沒有變化，從而將凸多面體問題轉化為球面問題處理；三是利用分割法將球面面積轉化為球面三角形的面積之和，從而建立等量關系求解．
21世紀教育網(www.21cnjy.com)第08講 新高考新結構命題下的
立體幾何解答題綜合訓練
（10類核心考點精講精練）
在新課標、新教材和新高考的“三新”背景下，高考改革又一次具有深度的向前推進。這不僅僅是一場考試形式的變革，更是對教育模式和教育理念的全面革新。
當前的高考試題設計，以“三維”減量增質為核心理念，力求在減少題目數量的同時，提升題目的質量和考查的深度。這具體體現在以下三個方面：
三考
題目設計著重考查學生的知識主干、學習能力和學科素養，確保試題能夠全面、客觀地反映學生的實際水平。
三重
強調對學生思維深度、創新精神和實際應用能力的考查，鼓勵學生不拘泥于傳統模式，展現個人的獨特見解和創造力。
三突出
試題特別突出對學生思維過程、思維方法和創新能力的考查，通過精心設計的題目，引導學生深入思考和探索，培養邏輯思維和創新能力。
面對新高考新結構試卷的5個解答題，每個題目的考查焦點皆充滿變數，無法提前預知。立體幾何版塊作為一個重要的考查領域，其身影可能悄然出現在第15題中，作為一道13分的題目，難度相對較為適中，易于學生入手。同樣不能忽視的是，立體幾何版塊也可能被置于第18、19題這樣的壓軸大題中，此時的分值將提升至17分，挑戰學生的解題能力和思維深度，難度自然相應加大。
面對如此多變的命題趨勢，教師在教學備考過程中必須與時俱進。不僅要深入掌握不同題目位置可能涉及的知識點及其命題方式，更要能夠靈活應對，根據試題的實際情況調整教學策略。本文基于新高考新結構試卷的特點，結合具體的導數解答題實例，旨在為廣大師生提供一份詳盡的導數解答題綜合訓練指南，以期在新高考中取得更好的成績。
考點一、空間中平行關系的證明
1．（2024·河南新鄉·模擬預測）如圖，在四棱錐中，為正三角形，底面為矩形，且平面平面分別為棱的中點．
(1)證明：平面；
(2)若，且二面角的大小為120°，求的值．
2．（2024·浙江嘉興·模擬預測）如圖，已知四棱錐的底面是邊長為6的正方形，側面底面，點分別是的中點，點在棱上且.
(1)求證：平面；
(2)求直線與平面所成的角的正弦值.
3．（2024·福建泉州·模擬預測）如圖，在圓柱中，分別為圓柱的母線和下底面的直徑，為底面圓周上一點.
(1)若為的中點，求證：平面；
(2)若，圓柱的體積為，求二面角的正弦值.
4．（2024·陜西西安·模擬預測）如圖，在九面體ABCDEFGH中，平面平面，平面平面，，，底面ABCDEF為正六邊形．

(1)證明：平面ABCDEF．
(2)證明：平面AFG．
(3)求GE與平面所成角的正弦值．
5．（2024·貴州貴陽·二模）由正棱錐截得的棱臺稱為正棱臺.如圖，正四棱臺中，分別為的中點，，側面與底面所成角為.

(1)求證：平面；
(2)線段上是否存在點，使得直線與平面所成的角的正弦值為，若存在，求出線段的長；若不存在，請說明理由.
考點二、空間中垂直關系的證明
1．（2024·陜西商洛·三模）如圖，在四棱錐中，平面，平面平面．
(1)證明：；
(2)若為的中點，，求到平面的距離．
2．（2024·江蘇宿遷·一模）如圖，在四棱錐中，四邊形為梯形，其中，，平面平面．

(1)證明：；
(2)若，且與平面所成角的正切值為2，求平面與平面所成二面角的正弦值．
3．（2024·全國·模擬預測）如圖，將繞邊旋轉得到，其中平面，連結分別是的中點，平面．

(1)求證：；
(2)求與平面所成角的正弦值．
4．（2024·安徽·一模）如圖，四棱錐中，底面 是矩形，，，，M是的中點，.
(1)證明：平面；
(2)若點P是棱上的動點，直線與平面所成角的正弦值為，求的值.
5．（2024·江蘇徐州·模擬預測）如圖，在斜三棱柱中，為邊長為3的正三角形，側面為正方形，在底面內的射影為點O．

(1)求證：；
(2)若，求直線和平面的距離．
考點三、空間向量法求空間角與空間距離
1．（2024·天津北辰·三模）如圖，在四棱錐中，平面，，∥，，，為棱的中點.
(1)證明：平面；
(2)求平面和平面夾角的余弦值；
(3)求A點到直線的距離.
2．（2024·河北·模擬預測）如圖所示，三棱柱中，分別為棱的中點，分別是棱上的點，.
(1)求證：直線平面；
(2)若三棱柱為正三棱柱，求平面和平面的夾角的大小.
3．（2024·江西新余·模擬預測）如圖，在四棱錐中，，，，，，，平面平面.

(1)求證：平面平面.
(2)求二面角的余弦值.
(3)為平面內一點，若平面，求的長.
4．（2024·貴州·模擬預測）在三棱錐中，平面，是上一點，且，連接與，為中點.
(1)過點的平面平行于平面且與交于點，求；
(2)若平面平面，且，求點到平面的距離.
5．（2024·遼寧沈陽·三模）已知四棱柱中，平面，在底面四邊形中，，點是的中點.

(1)若平面平面，求三棱錐的體積；
(2)設且，若直線與平面所成角等于，求的值.
考點四、幾何法求空間角與空間距離
1．（2024·遼寧丹東·一模）如圖，在四棱錐中，，，，，，點在棱上．

(1)求證：平面平面；
(2)若平面分兩部分幾何體與的體積之比，求二面角的正弦值．
2．（2024·重慶渝中·模擬預測）如圖，已知在正三棱柱中，為邊的中點.
(1)證明：；
(2)求三棱錐的體積；
(3)求二面角的大小.
3．（2024·江西南昌·三模）如圖1，四邊形為菱形，，，分別為，的中點，如圖2．將沿向上折疊，使得平面平面，將沿向上折疊．使得平面平面，連接.
(1)求證：，，，四點共面：
(2)求平面與平面所成角的余弦值.
4．（2024·安徽蕪湖·模擬預測）如圖，在三棱柱中，正方形的棱長為2，，點M為AB中點，．
(1)求證：三棱柱為直三棱柱；
(2)求直線與平面所成角的余弦值．
5．（2024·廣東汕頭·三模）如圖，四面體中，是的中點，，
(1)求異面直線AB與CD所成角余弦值的大小；
(2)求點E到平面ACD的距離.
考點五、動點問題
1．（24-25高二上·浙江嘉興·階段練習）如圖，在四棱錐中，平面，與底面所成角為，四邊形是梯形，．

(1)證明：平面平面；
(2)若點T是的中點，點M是的中點，求點P到平面的距離．
(3)點是線段上的動點，上是否存在一點M，使平面，若存在，求出M點坐標，若不存在，請說明理由．
2．（2024·全國·模擬預測）如圖，已知四邊形是直角梯形，，平面是的中點，E是的中點，的面積為，四棱錐的體積為．
(1)求證：平面;
(2)若P是線段上一動點，當二面角的大小為時，求的值．
3．（23-24高二上·廣西·階段練習）如圖，已知直圓柱的上、下底面圓心分別為，是圓柱的軸截面，正方形內接于下底面圓，點是中點，.

(1)求證：平面平面；
(2)若點為線段上的動點，求直線與平面所成角的余弦值的最小值.
4．（2024·江西新余·二模）如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，，，且，.

(1)若為的中點，證明：平面平面；
(2)若，，線段上的點滿足，且平面與平面夾角的余弦值為，求實數的值.
5．（2023·山東濰坊·三模）如圖，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，為底面直徑，為底面圓的內接正三角形，且邊長為，點在母線上，且，．

(1)求證：平面；
(2)求證：平面平面
(3)若點為線段上的動點．當直線與平面所成角的正弦值最大時，求此時點到平面的距離．
考點六、范圍問題
1．（2023·全國·模擬預測）如圖，在直三棱柱中，，，垂直于平面．點，，分別為邊，，上的動點（不包括頂點），且滿足．
(1)求三棱錐的體積的最大值；
(2)記平面與平面所成的銳二面角為，當最小時，求的值，并說明點所處的位置．
2．（23-24高三下·河北滄州·階段練習）如圖，在直三棱柱中，△為邊長為2的正三角形，為中點，點在棱上，且.
(1)當時，求證平面；
(2)設為底面的中心，求直線與平面所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值時的值.
3．（2024·湖南長沙·三模）如圖，在四棱錐中，平面，，底面為直角梯形，，，，是的中點，點，分別在線段與上，且，.
(1)若平面平面，求、的值；
(2)若平面，求的最小值.
4．（2023·浙江·模擬預測）在三棱錐中，，直線與平面所成角為，直線與平面所成角為．
(1)求三棱錐體積的取值范圍；
(2)當直線與平面所成角最小時，求二面角的平面角的余弦值.
5．（2023·河南·模擬預測）如圖，在正四棱臺中，，，，為棱，的中點，棱上存在一點，使得平面．

(1)求；
(2)當正四棱臺的體積最大時，求與平面所成角的正弦值．
6．（2024·江蘇蘇州·模擬預測）如圖，四棱錐中，底面是矩形，，，且平面平面．分別是的中點．．
(1)求證：是直角三角形；
(2)求四棱錐體積的最大值；
(3)求平面與平面的夾角余弦值的范圍．
考點七、立體幾何中的存在性問題
1．（2024·廣西·模擬預測）如圖，在四棱錐中，，，四邊形是菱形，，是棱上的動點，且.

(1)證明：平面.
(2)是否存在實數，使得平面與平面所成銳二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.

2．（2023·天津·一模）已知底面是正方形，平面，，，點、分別為線段、的中點．
(1)求證：平面；
(2)求平面與平面夾角的余弦值；
(3)線段上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，說明理由．
3．（2023·福建龍巖·二模）三棱柱中，，，側面為矩形，，三棱錐的體積為．

(1)求側棱的長；
(2)側棱上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，求出線段的長；若不存在，請說明理由．
4．（2024·福建泉州·模擬預測）如圖，直四棱柱的底面為菱形，且，分別是上，下底面的中心，是的中點，．
(1)求證：平面；
(2)是否存在實數，使得在平面內的射影恰好為的重心．若存在，求，若不存在，請說明理由．
5．（2024·廣東東莞·模擬預測）如圖，已知四棱臺的上、下底面分別是邊長為2和4的正方形，，且底面ABCD，點P、Q分別是棱、的中點．

(1)在底面內是否存在點M，滿足平面CPQ 若存在，請說明點M的位置，若不存在，請說明理由；
(2)設平面CPQ交棱于點T，平面CPTQ將四棱臺，分成上、下兩部分，求上、下兩部分的體積比．
考點八、立體幾何中的劣構性問題
1．（2024·北京海淀·模擬預測）如圖，矩形，，平面，，，，，平面與棱交于點. 再從條件①、條件②、條件③，這三個條件中選擇一個作為已知.
(1)求證：；
(2)求直線與平面夾角的正弦值；
(3)求的值.
條件①：；
條件②：；
條件③：.
2．（2024·江蘇南通·二模）如圖，邊長為4的兩個正三角形，所在平面互相垂直，E，F分別為BC，CD的中點，點G在棱AD上，，直線AB與平面相交于點H.
(1)從下面兩個結論中選一個證明：①；②直線HE，GF，AC相交于一點；
注：若兩個問題均作答，則按第一個計分.
(2)求直線BD與平面的距離.
3．（2024·北京海淀·一模）如圖，在四棱錐中，為的中點，平面.
(1)求證：；
(2)若，再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使四棱錐存在且唯一確定.
（i）求證：平面；
（ⅱ）設平面平面，求二面角的余弦值.
條件①：；
條件②：；
條件③：.
注：如果選擇的條件不符合要求，第（1）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分.
4．（2024·廣東廣州·模擬預測）已知四棱錐的底面是正方形，給出下列三個條件：①；②；③平面.
(1)從①②③中選取兩個作為條件，證明另一個成立；
(2)在（1）的條件下，若，當四棱錐體積最大時，求二面角的余弦值.
5．（23-24高三上·北京朝陽·期末）如圖，在四棱錐中，，側面底面，是的中點.
(1)求證：平面；
(2)已知，，再從條件 ①、條件 ②、條件 ③ 這三個條件中選擇一個作為已知，使四棱錐唯一確定，求二面角的余弦值.
條件①：；條件②：；條件③：直線與平面所成角的正切值為.
注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分.
考點九、立體幾何中的雜糅問題
1．（2024·福建·模擬預測）在中，，，的平分線交AB于點D，.平面α過直線AB，且與所在的平面垂直.
(1)求直線CD與平面所成角的大小；
(2)設點，且，記E的軌跡為曲線Γ.
（i）判斷Γ是什么曲線，并說明理由；
（ii）不與直線AB重合的直線l過點D且交Γ于P，Q兩點，試問：在平面α內是否存在定點T，使得無論l繞點D如何轉動，總有？若存在，指出點T的位置；若不存在，說明理由.
2．（2024·河北石家莊·二模）已知橢圓的左、右焦點分別為，離心率為，過點的動直線交于A，B兩點，點在軸上方，且不與軸垂直，的周長為，直線與交于另一點，直線與交于另一點，點為橢圓的下頂點，如圖①.
(1)當點為橢圓的上頂點時，將平面xOy沿軸折疊如圖②，使平面平面，求異面直線與所成角的余弦值；
(2)若過作，垂足為.
（i）證明:直線過定點；
（ii）求的最大值.
3．（2024·山東·模擬預測）如圖（1），已知拋物線的焦點為，準線為，過點的動直線與交于A，B兩點（其中點A在第一象限），以AB為直徑的圓與準線相切于點C，D為弦AB上任意一點，現將沿CD折成直二面角，如圖（2）．
(1)證明：；
(2)當最小時，
①求，兩點間的最小距離；
②當，兩點間的距離最小時，在三棱錐內部放一圓柱，使圓柱底面在面BCD上，求圓柱體積的最大值．
4．（2024·福建泉州·模擬預測）已知拋物線，點在的準線上，過焦點的直線與相交于兩點，且為正三角形．
(1)求的面積；
(2)取平面外一點使得，設為的中點，若，求二面角的余弦值．
考點十、立體幾何中的新定義問題
1．（22-23高三上·河北·階段練習）已知，，，定義一種運算：，在平行六面體中，，，.
(1)證明：平行六面體是直四棱柱；
(2)計算，并求該平行六面體的體積，說明的值與平行六面體體積的關系.
2．（2022·遼寧沈陽·二模）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如圖1所示.蜂房結構是由正六棱柱截去三個相等的三棱錐，，，再分別以，，為軸將，，分別向上翻轉，使，，三點重合為點所圍成的曲頂多面體（下底面開口），如圖2所示.蜂房曲頂空間的彎曲度可用曲率來刻畫，定義其度量值等于蜂房頂端三個菱形的各個頂點的曲率之和，而每一頂點的曲率規定等于減去蜂房多面體在該點的各個面角之和（多面體的面角是多面體的面的內角，用弧度制表示）.例如：正四面體在每個頂點有3個面角，每個面角是，所以正四面體在各頂點的曲率為.
(1)求蜂房曲頂空間的彎曲度；
(2)若正六棱柱底面邊長為1，側棱長為2，設
（i）用表示蜂房（圖2右側多面體）的表面積；
（ii）當蜂房表面積最小時，求其頂點的曲率的余弦值.
3．（23-24高一下·福建三明·期末）閱讀數學材料：“設為多面體的一個頂點，定義多面體在點處的離散曲率為 ，其中 為多面體的所有與點相鄰的頂點，且平面，平面 ，…，平面和平面為多面體的所有以為公共點的面. ”已知在直四棱柱中，底面為菱形.. （角的運算均采用弧度制）
(1)若，求四棱柱在頂點處的離散曲率；
(2)若四棱柱在頂點處的離散曲率為，求與平面的夾角的正弦值；
(3)截取四面體，若該四面體在點處的離散曲率為與平面交于點，證明：.
4．（2024高三·全國·專題練習）我們知道，二元實數對可以表示平面直角坐標系中點的坐標； 那么對于元實數對（，是整數），也可以把它看作一個由條兩兩垂直的“軸”構成的高維空間（一般記為）中的一個“點”的坐標表示的距離 ．
(1)當時， 若，，， 求 ， 和 的值；
(2)對于給定的正整數，證明中任意三點滿足關系 ；
(3)當時，設，，，其中，，，．求滿足點的個數，并證明從這個點中任取11個點，其中必存在個點，它們共面或者以它們為頂點的三棱錐體積不大于．
5．（24-25高三上·湖南長沙·階段練習）高斯-博內公式是大范圍微分幾何學的一個經典的公式，是關于曲面的圖形（由曲率表征）和拓撲（由歐拉示性數表征）間聯系的一項重要表述，建立了空間的局部性質和整體性質之間的聯系.其特例是球面三角形總曲率與球面三角形內角和滿足：，其中為常數，（如圖，把球面上的三個點用三個大圓（以球心為半徑的圓）的圓弧聯結起來，所圍成的圖形叫做球面三角形，每個大圓弧叫做球面三角形的一條邊，兩條邊所在的半平面構成的二面角叫做球面三角形的一個角.球面三角形的總曲率等于，為球面三角形面積，為球的半徑）.
(1)若單位球面有一個球面三角形，三條邊長均為，求此球面三角形內角和；
(2)求的值；
(3)把多面體的任何一個面伸展成平面，如果所有其他各面都在這個平面的同側，這樣的多面體叫做凸多面體.設凸多面體頂點數為，棱數為，面數為，試證明凸多面體歐拉示性數為定值，并求出.
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