資源簡介

/ 讓教學更有效 精品試卷 | 數學
4.3 立體幾何解答題全歸類
考點分布 考查頻率 命題趨勢
線線角、二面角、線面角 2024年II卷第17題，15分 2024年北京卷第17題，13分 2024年甲卷第19題，12分 2023年II卷第20題，12分 2023年北京卷第16題，13分 2022年I卷第19題，12分 預測2025年高考，多以解答題形式出現，高考仍將重點考查空間向量與立體幾何，距離問題，異面直線夾角、線面角、二面角；解答題第一小題重點考查線線、線面、面 面垂直的判定與性質，第二小問重點考查利用向量計算線面角或二面角，難度為中檔題．
距離問題 2024年天津卷第17題，15分 2024年甲卷第19題，12分 2023年天津卷第17題，15分
體積問題 2023年乙卷第19題，12分 2022年乙卷第18題，12分
探索性問題 2024年I卷第17題，15分 2023年I卷第18題，12分 2021年I卷第20題，12分
高考立體幾何解答題常考模型主要包括柱體、錐體、球體、旋轉體、多面體等。這些模型常涉及體積、表面積的計算，截面問題，以及與其他幾何體的組合或相交問題。此外，空間位置關系，如平行、垂直的判斷與證明，也是常考內容。空間角的計算，包括異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角等，同樣是高考立體幾何的重要考點。最后，空間距離的計算，如點到平面的距離、兩平行平面間的距離等，也是解答題中常見的考查點。掌握這些模型的基本性質和解題方法，對于提高高考立體幾何的解題能力至關重要。
1．（2024年全國II卷）如圖，平面四邊形ABCD中，，，，，，點E，F滿足，，將沿EF翻折至，使得．
(1)證明：；(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值．
2．（2024年全國I卷）如圖，四棱錐中，底面ABCD，，．
(1)若，證明：平面；(2)若，且二面角的正弦值為，求．
3．（2024年天津卷）已知四棱柱中，底面為梯形，，平面，，其中．是的中點，是的中點．
(1)求證平面；(2)求平面與平面的夾角余弦值；(3)求點到平面的距離．
4．（2024年北京卷）如圖，在四棱錐中，，，,點在上，且，．(1)若為線段中點，求證：平面．(2)若平面，求平面與平面夾角的余弦值．
5．（2024年甲卷）如圖，在以A，B，C，D，E，F為頂點的五面體中，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形，，，，為的中點．
(1)證明：平面；(2)求二面角的正弦值．
6．（2023 乙卷）如圖，在三棱錐中，，，，，，，的中點分別為，，，點在上，．（1）求證：平面；（2）若，求三棱錐的體積．
7．（2022 乙卷）如圖，四面體中，，，，為的中點．
（1）證明：平面平面；（2）設，，點在上，當的面積最小時，求三棱錐的體積．
8．（2022 新高考Ⅰ）如圖，直三棱柱的體積為4，△的面積為．（1）求到平面的距離；（2）設為的中點，，平面平面，求二面角的正弦值．
9．（2021 新高考Ⅰ）如圖，在三棱錐中，平面平面，，為的中點．
（1）證明：；（2）若是邊長為1的等邊三角形，點在棱上，，且二面角的大小為，求三棱錐的體積．
高頻考點1.非常規空間幾何體為載體
核心知識：關鍵找出三條兩兩互相垂直的直線建立空間直角坐標系．
典例1：（2024·河南濮陽·模擬預測）如圖，側面水平放置的正三棱臺，且側棱長為．(1)求證：平面；(2)求直線和平面所成角的正弦值．

變式訓練
1.（2024·云南·三模）如圖，在三棱臺中，上、下底面是邊長分別為2和4的正三角形，平面，設平面平面，點分別在直線和直線上，且滿足，．(1)證明：平面；(2)若直線和平面所成角的正弦值為，求該三棱臺的高．
2．（2024·上海虹口·高三統考期中）如圖，在圓錐中，是底面的直徑，且，，，是的中點．(1)求證：平面平面；(2)求二面角的余弦值．

高頻考點2 函數的圖象
核心知識：與空間向量有關的探究性問題主要有兩類：一類是探究線面的位置關系；另一類是探究線面角或二面角滿足特定要求時的存在性問題．處理原則：先建立空間直角坐標系，引入參數（有些是題中已給出），設出關鍵點的坐標，然后探究這樣的點是否存在，或參數是否滿足要求，從而作出判斷．
典例1：如圖1，是邊長為3的等邊三角形，點分別在線段上，且，沿將翻折到的位置，使得，如圖2.(1)求證：平面平面；
(2)在線段上是否存在點，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
變式訓練：
1.（2024·廣東·一模）如圖所示，四邊形是圓柱底面的內接四邊形，是圓柱的底面直徑，是圓柱的母線，是與的交點，.
(1)記圓柱的體積為，四棱錐的體積為 ，求 ；(2)設點在線段上，且存在一個正整數，使得，若已知平面與平面的夾角的正弦值為，求的值.
2.（2024·甘肅張掖·模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面四邊形為菱形，且是邊長為2的等邊三角形，且平面平面為中點.(1)求證：平面；(2)在線段上是否存在點，使二面角的大小為，若存在，求的值，若不存在，請說明理由.
高頻考點3 立體幾何折疊問題
核心知識：
1、處理圖形翻折問題的關鍵是理清翻折前后長度和角度哪些發生改變，哪些保持不變。
2、把空間幾何問題轉化為平面幾何問題，把握圖形之間的關系，感悟數學本質。
典例1：（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖1，在矩形中，，，將沿矩形的對角線進行翻折，得到如圖2所示的三棱錐，且.
(1)求翻折后線段的長；(2)點滿足，求與平面所成角的正弦值.
變式訓練：
1.（2024·山東·模擬預測）如圖，在菱形中，，是的中點，將沿直線翻折使點到達點的位置，為線段的中點.(1)求證：平面；(2)若平面平面，求直線與平面所成角的大小.
2.（2024·河南駐馬店·二模）在如圖①所示的平面圖形中，四邊形為菱形，現沿進行翻折，使得平面，過點作，且，連接，所得圖形如圖②所示，其中為線段的中點，連接.(1)求證：平面；(2)若，直線與平面所成角的正弦值為，求的值.

高頻考點4 立體幾何作圖問題
核心知識：（1）利用公理和定理作截面圖；（2）利用直線與平面平行的性質定理作平行線；（3）利用平面與平面垂直作平面的垂線。
典例1：（2024·河南信陽·模擬預測）長方體中，.
(1)過E、B作一個截面，使得該截面平分長方體的表面積和體積.寫出作圖過程及其理由.
(2)記（1）中截面為，若與（1）中過點的長方體的三個表面成二面角分別為，求的值.
變式訓練：
1.如圖，已知底面為平行四邊形的四棱錐中，平面與直線和直線平行，點為的中點，點在上，且.(1)求證：四邊形是平行四邊形；(2)求作過作四棱錐的截面，使與截面平行（寫出作圖過程，不要求證明）.截面的定義：用一個平面去截一個幾何體，平面與幾何體的表面的交線圍成的平面圖形.
2.（2024·北京·三模）四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，.,且平面，，點分別是線段上的中點，在上.且.
（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求直線與平面的成角的正弦值；
（Ⅲ）請畫出平面與四棱錐的表面的交線，并寫出作圖的步驟.
高頻考點5 兩角相等（構造全等）的立體幾何問題
核心知識：構造垂直的全等關系
典例1：（2024·安徽合肥·模擬預測）如圖，四棱錐中，四邊形是邊長為2的菱形，，.（1）證明：平面平面；
（2）當直線與平面所成的角為30°時，求平面與平面所成銳二面角的余弦值.
變式訓練：
1.（2024·河南·模擬預測）如圖,在三棱錐中,是等邊三角形,,點是 的中點,連接．（1）證明:平面平面;（2）若,且二面角為,求直線與平面所成角的正弦值．
2.（2024·廣西桂林·二模）如圖，四棱錐中，底面為邊長是2的正方形，，分別是，的中點，，，且二面角的大小為.
(1) 求證：；(2) 求二面角的余弦值.
高頻考點6 利用傳統方法找幾何關系建系
核心知識：利用傳統方法證明關系，然后通過幾何關系建坐標系．
典例1：如圖，已知四棱錐中，平面，平面平面，且，，，點在平面內的射影恰為的重心.（1）證明：；（2）求直線與平面所成角的正弦值.

變式訓練：
1.（2024·江蘇南京·二模）如圖，，，點、在平面的同側，，，，平面平面，.(1)求證：平面；
(2)若直線與平面所成角的正弦值為，求線段的長.

2.斜三棱柱ABC－A1B1C1上，側面AA1C1C⊥平面ABC，側面AA1C1C是菱形，∠A1AC＝60°，A1C＝AC＝BC＝，AB＝2，D為BB1的中點．(1)求二面角C－A1D－C1的余弦值；(2)記△ABC的外接圓上有一動點P，若二面角P－AA1－C與二面角C－A1D－C1相等，求AP的長．
高頻考點7 空間中的點不好求
核心知識：方程組思想
典例1：（2024·全國·模擬預測）已知菱形ABCD中，，四邊形BDEF為正方形，滿足，連接AE，AF，CE，CF．(1)證明：；(2)求直線AE與平面BDEF所成角的正弦值．
變式訓練：
1.（2024·河南·校聯考模擬預測）如圖，在四棱錐中，，，，分別為，的中點，點在上，且為三角形的重心.(1)證明：平面；(2)若，，四棱錐的體積為，求直線與平面所成角的正弦值.
2.（2024·湖北武漢·校考模擬預測）如圖，平行六面體中，點P在對角線上，，平面平面．(1)求證：O，P，三點共線；(2)若四邊形是邊長為2的菱形，，，求二面角大小的余弦值．
高頻考點8 創新定義
核心知識：以立體幾何為載體的情境題都跟圖形有關，涉及在具體情境下的圖形閱讀，需要通過數形結合來解決問題。圖形怎么閱讀 一是要讀特征，即從圖形中讀出圖形的基本特征；二是要讀本質，即要善于將所讀出的信息進行提升，實現“圖形→文字→符號”的轉化；三是要有問題意識，帶著問題閱讀圖形，將研究圖形的本身特征和關注題目要解決的問題有機地融合在一起；四是要有運動觀點，要“動手”去操作，動態地去閱讀圖形。
典例1：在陜西漢中勉縣的漢江河與定軍山武侯坪一帶，經常出土有銅、鐵扎馬釘等兵器文物.扎馬釘（如題21圖（1））是三國時蜀漢的著名政治家、軍事家諸葛亮所發明的一種對付騎兵的武器，狀若荊刺，故學名蒺藜，有銅、鐵兩種.扎馬釘有四個鋒利的尖爪，隨手一擲，三尖撐地，一尖直立向上，推倒上尖，下尖又起，始終如此，使觸者不能避其鋒而被刺傷.即總有一個尖垂直向上，三尖對稱支承于地.簡化扎馬釘的結構，如圖（2），記組成該“釘”的四條等長的線段公共點為，釘尖為（）．
（Ⅰ）判斷四面體的形狀特征；
（Ⅱ）若某個出土的扎馬釘因年代久遠，有一尖爪受損，其長度僅剩其他尖爪長度的（即），如圖（3），將，，置于地面，求與面所成角的正弦值.
變式訓練：
1.（2024·高三·山東青島·期中）某校積極開展社團活動，在一次社團活動過程中，一個數學興趣小組發現《九章算術》中提到了“芻薨”這個五面體，于是他們仿照該模型設計了一道數學探究題，如圖1，E、F、G分別是邊長為4的正方形的三邊的中點，先沿著虛線段將等腰直角三角形裁掉，再將剩下的五邊形沿著線段EF折起，連接就得到了一個“芻甍” (如圖2)。
(1)若O是四邊形對角線的交點，求證：平面；
(2)若二面角的大小為求平面與平面夾角的余弦值.
2.為方便師生行動，我校正實施翔宇樓電梯加裝工程．我們借此構造了以下模型：已知正四棱柱，它抽象自翔宇樓南側樓心花園所占據的空間，設，，O為底面ABCD的中心，正四棱柱與正四棱柱分別代表電梯井與電梯廂，設，M為棱的中點，N，K分別為棱，上的點，，．
(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值；(3)“你站在橋上看風景，看風景的人在樓上看你．明月裝飾了你的窗子，你裝飾了別人的夢．”卞之琳詩句中的情景其實正在我們的生活中反復上演，上官瑣艾同學站在樓心花園的中心（O點），她正目送著倚立在電梯廂一角的歐陽南德同學，假定上官同學的目光聚焦于棱OO2的中點I，此時，電梯廂中歐陽同學的目光正徘徊在位于N點的數學辦公室與位于K點的數學實驗室，當電梯廂向上啟動時，在這時空里便誕生了由點O與移動著的平面INK所勾勒的動人風景．現在，請作為“正在看風景的人”的你完成以下問題：當電梯廂自底部（平面OECF與平面ABCD重合）運行至頂端（平面與平面重合）的過程中，點O到平面INK距離的最大值．
高頻考點9 立體幾何建系繁瑣問題
核心知識：利用傳統方法解決
典例1：（2024·山東·高三期末）《九章算術》是中國古代的一部數學專著，是《算經十書》中最重要的一部，成于公元一世紀左右.它是一本綜合性的歷史著作，是當時世界上最簡練有效的應用數學，它的出現標志著中國古代數學形成了完整的體系.《九章算術》中將由四個直角三角形組成的四面體稱為“鱉臑”，已知在三棱錐中，平面.
（1）從三棱錐中選擇合適的兩條棱填空：________________，則三棱錐為“鱉臑”；
（2）如圖，已知，垂足為，，垂足為，.（i）證明：平面平面；
（ii）設平面與平面交線為，若，，求二面角的大小.

變式訓練：
1．（2024·江蘇·高三校考期中）如圖，已知三棱柱的底面是正三角形，側面是矩形，M，N分別為BC，的中點，P為AM上一點，過和P的平面交AB于E，交AC于F.
（1）證明：，且平面；
（2）設O為的中心，若面，且，求直線與平面所成角的正弦值.
2．（2024·全國·高三校聯考階段練習）在三棱柱中，，平面，、分別是棱、的中點.(1)設為的中點，求證：平面；
(2)若，直線與平面所成角的正切值為，求多面體的體積.
1.《瀑布》（圖1）是最為人所知的作品之一，圖中的瀑布會源源不斷地落下，落下的水又逆流而上，荒唐至極，但又會讓你百看不膩，畫面下方還有一位饒有興致的觀察者，似乎他沒發現什么不對勁.此時，他既是畫外的觀看者，也是埃舍爾自己.畫面兩座高塔各有一個幾何體，左塔上方是著名的“三立方體合體”由三個正方體構成，右塔上的幾何體是首次出現，后稱“埃舍爾多面體”（圖2）
埃舍爾多面體可以用兩兩垂直且中心重合的三個正方形構造，設邊長均為2，定義正方形，的頂點為“框架點”，定義兩正方形交線為“極軸”，其端點為“極點”，記為，將極點，分別與正方形的頂點連線，取其中點記為，，，如（圖3）.埃舍爾多面體可視部分是由12個四棱錐構成，這些四棱錐頂點均為“框架點”，底面四邊形由兩個“極點”與兩個“中點”構成，為了便于理解，圖4我們構造了其中兩個四棱錐與
(1)求異面直線與成角余弦值；(2)求平面與平面的夾角正弦值；
(3)求埃舍爾體的表面積與體積（直接寫出答案）.
2.（2024·山東日照·三模）在五面體中，，.
(1)求證：；(2)若，，，點到平面的距離為，求二面角的余弦值.

3.（2024·全國·校聯考模擬預測）已知三棱錐ABCD，D在面ABC上的投影為O，O恰好為△ABC的外心．，.(1)證明：BC⊥AD；(2)E為AD上靠近A的四等分點，若三棱錐A-BCD的體積為，求二面角的余弦值．
4．（2025·山東日照·高三校聯考期中）如圖，P為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，為底面直徑，為底面圓O的內接正三角形，點E在母線上，且，.(1)求證：平面平面；(2)若點M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.
5.如圖所示，圓錐的高，底面圓O的半徑為R，延長直徑AB到點C，使得，分別過點A，C作底面圓O的切線，兩切線相交于點E，點D是切線CE與圓O的切點．(1)證明：平面平面；(2)若直線與平面所成角的正弦值為，求點A到平面的距離．
6.（2024·遼寧沈陽·模擬預測）如圖，四棱錐中，四邊形是邊長為2的菱形，（1）證明：平面平面；
（2）當平面與平面所成銳二面角的余弦值，求直線與平面所成角正弦值.
7．（2024·廣西桂林·統考二模）如圖，四棱錐中，底面為邊長是2的正方形，，分別是，的中點，，，且二面角的大小為.
(1) 求證：；(2) 求二面角的余弦值.
8．（2024·黑龍江哈爾濱·校考三模）如圖，已知三棱柱的底面是正三角形，側面是矩形，，分別為，的中點，為上一點，過 和的平面交于，交于.
（1）證明：，且平面平面；（2）設為的中心，若，平面，且，求四棱錐的體積.
9．（2024·云南·高三校考階段練習）如圖，在菱形中，，，將沿著翻折，形成三棱錐.(1)當時，證明：；(2)當平面平面時，求直線與平面所成角的余弦值.
10．（2024·廣東·模擬預測）如圖1所示，四邊形ABCD中，，，，，M為AD的中點，N為BC上一點，且．現將四邊形ABNM沿MN翻折，使得AB與EF重合，得到如圖2所示的幾何體MDCNFE，其中．

(1)證明：平面FND；(2)若P為FC的中點，求二面角的正弦值．
11.在中，，，D為邊上一點，，E為上一點，，將沿翻折，使A到處，.(1)證明：平面；(2)若射線上存在點M，使，且與平面所成角的正弦值為，求λ.

12．（2024·福建莆田·高三校考階段練習）等邊三角形的邊長為3，點分別是邊上的點，且滿足，如圖甲，將沿折起到的位置，使二面角為直二面角，連接，如圖乙.(1)求證：平面.(2)在線段上是否存在點，使平面與平面所成的角為？若存在，求出的長；若不存在，請說明理由.

13．（2024·廣東汕頭·校考三模）如圖，圓臺的軸截面為等腰梯形，為底面圓周上異于的點.(1)在平面內，過作一條直線與平面平行，并說明理由；
(2)若四棱錐的體積為，設平面平面，求的最小值.

14．（2024·湖南·高三校聯考階段練習）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，點分別在棱、上·
(1)若P是的中點，證明：；(2)若平面，且平面PQD與平面AQD的夾角的余弦值為，求四面體的體積．
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4.3 立體幾何解答題全歸類
考點分布 考查頻率 命題趨勢
線線角、二面角、線面角 2024年II卷第17題，15分 2024年北京卷第17題，13分 2024年甲卷第19題，12分 2023年II卷第20題，12分 2023年北京卷第16題，13分 2022年I卷第19題，12分 預測2025年高考，多以解答題形式出現，高考仍將重點考查空間向量與立體幾何，距離問題，異面直線夾角、線面角、二面角；解答題第一小題重點考查線線、線面、面 面垂直的判定與性質，第二小問重點考查利用向量計算線面角或二面角，難度為中檔題．
距離問題 2024年天津卷第17題，15分 2024年甲卷第19題，12分 2023年天津卷第17題，15分
體積問題 2023年乙卷第19題，12分 2022年乙卷第18題，12分
探索性問題 2024年I卷第17題，15分 2023年I卷第18題，12分 2021年I卷第20題，12分
高考立體幾何解答題常考模型主要包括柱體、錐體、球體、旋轉體、多面體等。這些模型常涉及體積、表面積的計算，截面問題，以及與其他幾何體的組合或相交問題。此外，空間位置關系，如平行、垂直的判斷與證明，也是常考內容。空間角的計算，包括異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角等，同樣是高考立體幾何的重要考點。最后，空間距離的計算，如點到平面的距離、兩平行平面間的距離等，也是解答題中常見的考查點。掌握這些模型的基本性質和解題方法，對于提高高考立體幾何的解題能力至關重要。
1．（2024年全國II卷）如圖，平面四邊形ABCD中，，，，，，點E，F滿足，，將沿EF翻折至，使得．
(1)證明：；(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析(2)
【詳解】（1）由，得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，則，即，所以，又平面，
所以平面，又平面，故；
（2）連接，由，則，
在中，，得，
所以，由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，則兩兩垂直，建立如圖空間直角坐標系，
則，由是的中點，得，
所以，
設平面和平面的一個法向量分別為，
則，，
令，得，所以，
所以，設平面和平面所成角為，則，
即平面和平面所成角的正弦值為.
2．（2024年全國I卷）如圖，四棱錐中，底面ABCD，，．
(1)若，證明：平面；(2)若，且二面角的正弦值為，求．
【答案】(1)證明見解析(2)
【詳解】（1）（1）因為平面，而平面，所以，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以.
因為，所以， 根據平面知識可知，
又平面，平面，所以平面．
（2）如圖所示，過點D作于，再過點作于，連接，
因為平面，所以平面平面，而平面平面，
所以平面，又，所以平面，
根據二面角的定義可知，即為二面角的平面角，即，即．
因為，設，則，由等面積法可得，，
又，而為等腰直角三角形，所以，
故，解得，即．
3．（2024年天津卷）已知四棱柱中，底面為梯形，，平面，，其中．是的中點，是的中點．
(1)求證平面；(2)求平面與平面的夾角余弦值；(3)求點到平面的距離．
【答案】(1)證明見解析(2)(3)
【詳解】（1）取中點，連接，，由是的中點，故，且，
由是的中點，故，且，則有、，
故四邊形是平行四邊形，故，又平面，平面，故平面；
（2）以為原點建立如圖所示空間直角坐標系，
有、、、、、，
則有、、，
設平面與平面的法向量分別為、，
則有，，
分別取，則有、、，，即、，
則，故平面與平面的夾角余弦值為；
（3）由，平面的法向量為，
則有，即點到平面的距離為.
4．（2024年北京卷）如圖，在四棱錐中，，，,點在上，且，．(1)若為線段中點，求證：平面．(2)若平面，求平面與平面夾角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析(2)
【詳解】（1）取的中點為，接，則，
而，故，故四邊形為平行四邊形，
故，而平面，平面，所以平面.
（2）因為，故，故，
故四邊形為平行四邊形，故，所以平面，
而平面，故，而，故建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
則
設平面的法向量為，則由可得，取，
設平面的法向量為，則由可得，取，
故，故平面與平面夾角的余弦值為
5．（2024年甲卷）如圖，在以A，B，C，D，E，F為頂點的五面體中，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形，，，，為的中點．
(1)證明：平面；(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見詳解；(2)
【詳解】（1）因為為的中點，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）如圖所示，作交于，連接，
因為四邊形為等腰梯形，，所以，
結合（1）為平行四邊形，可得，又，
所以為等邊三角形，為中點，所以，
又因為四邊形為等腰梯形，為中點，所以，
四邊形為平行四邊形，，
所以為等腰三角形，與底邊上中點重合，，，
因為，所以，所以互相垂直，
以方向為軸，方向為軸，方向為軸，建立空間直角坐標系，
，，，
，設平面的法向量為，平面的法向量為，
則，即，令，得，即，
則，即，令，得，
即，，則，
故二面角的正弦值為.
6．（2023 乙卷）如圖，在三棱錐中，，，，，，，的中點分別為，，，點在上，．
（1）求證：平面；（2）若，求三棱錐的體積．
【解析】 （1）證明：在中，作，垂足為，設，則，
因為，所以，所以，即，解得，
又因為，所以，且，
所以，所以，即，解得，
即，所以是的中點，是的中點，
又因為是的中點，所以，同理，，所以，
又因為平面，平面，所以平面；
（2）過作垂直的延長線交于點，因為，是中點，所以，在中，，，所以，
因為，，所以，又，，平面，所以平面，
又平面，所以，又，，平面，
所以平面，即三棱錐的高為，
因為，所以，所以，
的面積為，
所以三棱錐的體積為．
7．（2022 乙卷）如圖，四面體中，，，，為的中點．
（1）證明：平面平面；
（2）設，，點在上，當的面積最小時，求三棱錐的體積．
【解析】證明：（1），，，
，，又為的中點．，
，為的中點．，又，平面，
又平面，平面平面；
（2）由（1）可知，，，是等邊三角形，邊長為2，
，，，，，，
又，，平面，
由（1）知，，連接，則，
，當時，最短，此時的面積最小，
過點作于點，則，平面，
，，，
三棱錐的體積．
8．（2022 新高考Ⅰ）如圖，直三棱柱的體積為4，△的面積為．（1）求到平面的距離；（2）設為的中點，，平面平面，求二面角的正弦值．
【解析】（1）由直三棱柱的體積為4，可得，
設到平面的距離為，由，
，，解得．
（2）連接交于點，，四邊形為正方形，
，又平面平面，平面平面，
平面，，由直三棱柱知平面，，
又，平面，，
以為坐標原點，，，所在直線為坐標軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
，，又，解得，
則，0，，，2，，，0，，，2，，，1，，
則，2，，，1，，，0，，設平面的一個法向量為，，，
則，令，則，，平面的一個法向量為，0，，
設平面的一個法向量為，，，
，令，則，，平面的一個法向量為，1，，
，，二面角的正弦值為．
9．（2021 新高考Ⅰ）如圖，在三棱錐中，平面平面，，為的中點．
（1）證明：；（2）若是邊長為1的等邊三角形，點在棱上，，且二面角的大小為，求三棱錐的體積．
【解析】（1）證明：因為，為的中點，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：取的中點，因為為正三角形，所以，
過作與交于點，則，所以，，兩兩垂直，
以點為坐標原點，分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系如圖所示，
則，，，，，1，，設，0，，則，
因為平面，故平面的一個法向量為，設平面的法向量為，
又，所以由，得，
令，則，，故，
因為二面角的大小為，所以，解得，所以，
又，所以，故．
方法二：過作，交于點，過作于點，連結，
由題意可知，，又平面所以平面，又平面，
所以，又，所以平面，又平面，所以，
則為二面角的平面角，即，又，
所以，則，故，所以，
因為，則，所以，則，
所以，則，所以．
高頻考點1.非常規空間幾何體為載體
核心知識：關鍵找出三條兩兩互相垂直的直線建立空間直角坐標系．
典例1：（2024·河南濮陽·模擬預測）如圖，側面水平放置的正三棱臺，且側棱長為．(1)求證：平面；(2)求直線和平面所成角的正弦值．

【解析】（1）延長三條側棱交于一點，如圖所示．
由于，則為的中位線．又側棱長為，所以．
所以，所以，同理可得．
因為是平面內兩條相交直線，所以平面，即平面．
（2）由（1）可知兩兩垂直，可以以所在的直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，如圖所示．則．
設平面的一個法向量為，由于，
所以，即平面的一個法向量為，
所以直線和平面所成角的正弦值為．
變式訓練
1.（2024·云南·三模）如圖，在三棱臺中，上、下底面是邊長分別為2和4的正三角形，平面，設平面平面，點分別在直線和直線上，且滿足，．(1)證明：平面；(2)若直線和平面所成角的正弦值為，求該三棱臺的高．
【解析】（1）證明：由三棱臺知，平面，
因為平面，且平面平面，所以，
又，所以，因為，所以，
又，，且平面，平面，所以平面．
（2）以為原點建立空間直角坐標系如圖，設三棱臺的高為，
則，，，，，
設平面的法向量為，則，
令，則，所以平面的一個法向量，
易得平面的一個法向量，設與平面夾角為，由（1）知，
所以由已知得，解得，所以三棱臺的高為．
2．（2024·上海虹口·高三統考期中）如圖，在圓錐中，是底面的直徑，且，，，是的中點．(1)求證：平面平面；(2)求二面角的余弦值．

【解析】（1）如圖，由題意，是底面的直徑，，
為的中點，為的中點，則，
則，而平面平面，則，
又，平面，平面平面，
又平面平面平面；
（2）在平面中，過作，垂足為，在平面中，過作，垂足為，
連接，∵平面平面，，
又，平面，平面，平面，平面，，
，平面，平面
則平面，可得為二面角的平面角．
由已知可得，，，
，，，
又，得．
在中，，∴．
即二面角的余弦值為．
高頻考點2 函數的圖象
核心知識：與空間向量有關的探究性問題主要有兩類：一類是探究線面的位置關系；另一類是探究線面角或二面角滿足特定要求時的存在性問題．處理原則：先建立空間直角坐標系，引入參數（有些是題中已給出），設出關鍵點的坐標，然后探究這樣的點是否存在，或參數是否滿足要求，從而作出判斷．
典例1：如圖1，是邊長為3的等邊三角形，點分別在線段上，且，沿將翻折到的位置，使得，如圖2.(1)求證：平面平面；
(2)在線段上是否存在點，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
【解析】（1）在中，，，，
由余弦定理得，所以，所以，
在中，，，，所以，所以，
又因為，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）在平面中，過點E作，交于，
在平面中，過點作，交于，連接，如圖所示，
因為，平面，平面，所以平面，同理可得平面，
又因為，平面，所以平面平面，
平面，所以平面，即為所求的點，在中，，即，如圖所示，
所以，在中，，所以，即此時.
變式訓練：
1.（2024·廣東·一模）如圖所示，四邊形是圓柱底面的內接四邊形，是圓柱的底面直徑，是圓柱的母線，是與的交點，.
(1)記圓柱的體積為，四棱錐的體積為 ，求 ；(2)設點在線段上，且存在一個正整數，使得，若已知平面與平面的夾角的正弦值為，求的值.
【解析】（1）在底面中，因為 是底面直徑，所以 ，
又 ，故 ≌，所以.
因為是圓柱的母線，所以面，所以 ，
,因此；
（2）以為坐標原點，以為軸正方向，在底面內過點C作平面的垂直線為y軸，
建立如圖所示的空間直角坐標系.
因為，所以 ≌，故 ，
所以，，
因此，，
因為 ，所以 ，則
設平面和平面的法向量分別為，
則有:，，
取，設平面與平面的夾角為 ，則
所以有：，
整理得，（無解，舍），由于k為正整數，解得.
2.（2024·甘肅張掖·模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面四邊形為菱形，且是邊長為2的等邊三角形，且平面平面為中點.
(1)求證：平面；(2)在線段上是否存在點，使二面角的大小為，若存在，求的值，若不存在，請說明理由.
【解析】（1）證明：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，在等邊三角形中，為中點，所以，
即兩兩互相垂直，則以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，又，所以，
則，所以，設，
則，得到，
易知平面的一個法向量為，
設平面的一個法向量為，又，
由，令，得，所以，
又一面角的大小為，所以，得到，
又，解得，所以存在點使二面角的大小為，且
高頻考點3 立體幾何折疊問題
核心知識：
1、處理圖形翻折問題的關鍵是理清翻折前后長度和角度哪些發生改變，哪些保持不變。
2、把空間幾何問題轉化為平面幾何問題，把握圖形之間的關系，感悟數學本質。
典例1：（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖1，在矩形中，，，將沿矩形的對角線進行翻折，得到如圖2所示的三棱錐，且.
(1)求翻折后線段的長；(2)點滿足，求與平面所成角的正弦值.
【解析】（1）由,,,,平面,
可得平面,又平面,則,
在中,根據勾股定理,
（2）如圖,過點作于點,由（1）可知,平面平面,交于,
∴平面,∵,又,,∴為直角三角形,∴
如圖,以為軸,為軸,過作的平行線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系
則,,,有,,
設平面的法向量,則,
令,解得其中一個法向量；
于是,,故與平面所成角的正弦值為.
變式訓練：
1.（2024·山東·模擬預測）如圖，在菱形中，，是的中點，將沿直線翻折使點到達點的位置，為線段的中點.
(1)求證：平面；(2)若平面平面，求直線與平面所成角的大小.
【解析】（1）取線段的中點為，連接，
因為為線段的中點，所以，且； 又是的中點，所以，且；
所以 ，且，故四邊形為平行四邊形； 所以，
因為平面，平面，所以 直線平面；
（2）因為是的中點，所以，所以；
因為平面平面，平面平面，所以平面.
以為原點，分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，
設，則，，，，
則，，，
設平面的法向量為，則即，取，則，
設直線與平面所成角為，則，
所以直線與平面所成角為.
2.（2024·河南駐馬店·二模）在如圖①所示的平面圖形中，四邊形為菱形，現沿進行翻折，使得平面，過點作，且，連接，所得圖形如圖②所示，其中為線段的中點，連接.

(1)求證：平面；(2)若，直線與平面所成角的正弦值為，求的值.
【解析】（1）證明：.在菱形中，，因為平面，平面，所以，
又，平面，所以平面.
因為分別為的中點，所以，，
又， ，所以，，所以四邊形為平行四邊形，
所以，所以平面.
（2）在菱形中，因為，所以和都是正三角形，
取的中點，連接，則，
又平面，所以，即兩兩垂直.
以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
設，則，
則，.
設平面的法向量為，則取，則.
記直線與平面所成角為，則.，
解得，即的值為2.
高頻考點4 立體幾何作圖問題
核心知識：（1）利用公理和定理作截面圖；（2）利用直線與平面平行的性質定理作平行線；（3）利用平面與平面垂直作平面的垂線。
典例1：（2024·河南信陽·模擬預測）長方體中，.
(1)過E、B作一個截面，使得該截面平分長方體的表面積和體積.寫出作圖過程及其理由.
(2)記（1）中截面為，若與（1）中過點的長方體的三個表面成二面角分別為，求的值.
【解析】（1）連接，取中點，則與可確定一個平面，該平面即為所求.
連接,取點使得.連接，,則所作截面為平面.
理由：連接,,,（長方體性質）∴四邊形為平行四邊形，
又為中點（長方體性質）∴為中點，四點共面，
∵面面,面面,面面，
所以，同理可證得.∴四邊形為平行四邊形,
取,設長方體左半部分幾何體體積為,表面和為,
因為，設，
所以，，
,
綜上，平面符合題意
（2）易知兩兩垂直,以為原點建立如圖所示空間直角坐標系，
由題， 令，則有,則，設平面、平面、平面的法向量分別為由長方體性質可知 設平面法向量為
則有，即，令，則，∴
則
變式訓練：
1.如圖，已知底面為平行四邊形的四棱錐中，平面與直線和直線平行，點為的中點，點在上，且.(1)求證：四邊形是平行四邊形；(2)求作過作四棱錐的截面，使與截面平行（寫出作圖過程，不要求證明）.截面的定義：用一個平面去截一個幾何體，平面與幾何體的表面的交線圍成的平面圖形.
【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，∴
∴，∴四邊形是平行四邊形.
（2）如圖，延長，與交于點，過點作直線,則直線為平面和平面的交線，延長，交于點，連接，與交于點，連接.
∵點為的中點，點為的中點,∴是的一條中位線∴，
又∵平面,平面,∴截面.
故平面即為所求截面.
2.（2024·北京·三模）四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，.,且平面，，點分別是線段上的中點，在上.且.
（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求直線與平面的成角的正弦值；
（Ⅲ）請畫出平面與四棱錐的表面的交線，并寫出作圖的步驟.
【解析】解:（Ⅰ）在中，因為點分別是線段上的中點，所以
因為平面，平面.所以平面.
（Ⅱ）因為底面是邊長為2的菱形，所以，
因為平面，所以，，如圖，建立空間直角坐標系，則依題意可得
，，，，，，， 所以，，
設平面的法向量為，則由可得，
令，可得
因為. 所以直線與平面的成角的正弦值為
（Ⅲ）法Ⅰ：延長分別交延長線于，連接，發現剛好過點，,連接，則四邊形為平面與四棱錐的表面的交線.
法2：記平面與直線的交點為，設，則
由，可得.所以即為點.
所以連接，，則四邊形為平面與四棱錐的表面的交線.
高頻考點5 兩角相等（構造全等）的立體幾何問題
核心知識：構造垂直的全等關系
典例1：（2024·安徽合肥·模擬預測）如圖，四棱錐中，四邊形是邊長為2的菱形，，.（1）證明：平面平面；
（2）當直線與平面所成的角為30°時，求平面與平面所成銳二面角的余弦值.
【解析】（1）過點作，垂足為，連結，.
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，為直線與底面所成角，則，所以.
以為原點，建立空間直角坐標系如圖所示，則，，，，所以，， 由于，所以.
設平面的法向量為，則，即，解得，
令得.顯然平面的一個法向量為，
所以，即平面與平面所成二面角的余弦值為.
變式訓練：
1.（2024·河南·模擬預測）如圖,在三棱錐中,是等邊三角形,,點是 的中點,連接．（1）證明:平面平面;（2）若,且二面角為,求直線與平面所成角的正弦值．
【解析】解:（1）證明:因為是等邊三角形,,
所以,可得．因為點是的中點,則,,
因為,平面PBD,平面,所以平面,因為平面,
所以平面平面．
（2）如圖,作,垂足為連接．
因為,所以為二面角A-BD-C的平面角．
由已知二面角為,知．在等腰三角形中,由余弦定理可得．
因為是等邊三角形,則,所以．
在中,有,得,因為,所以．
又,所以．則,．
以為坐標原點,以向量的方向分別為軸,軸的正方向,
以過點垂直于平面的直線為軸,建立空間直角坐標系,
則,,向量,平面的一個法向量為,
設直線與平面所成的角為,則,
所以直線與平面所成角的正弦值為．
2.（2024·廣西桂林·二模）如圖，四棱錐中，底面為邊長是2的正方形，，分別是，的中點，，，且二面角的大小為.
(1) 求證：；(2) 求二面角的余弦值.
【解析】（1）證明：作于點連接，
∵，，，∴，∴，
即，，又，∴平面，又平面，∴.
（2）∵二面角的大小為，
∴平面平面，平面平面，，∴平面.
以點為原點，,,所在直線為軸，建立如圖所示空間直角坐標系，
∵,∴.∴，即.
∴，，，.
∴,，設平面的法向量，
由，得令，得.易知為平面的一個法向量.
設二面角為，為銳角，則.
高頻考點6 利用傳統方法找幾何關系建系
核心知識：利用傳統方法證明關系，然后通過幾何關系建坐標系．
典例1：如圖，已知四棱錐中，平面，平面平面，且，，，點在平面內的射影恰為的重心.（1）證明：；（2）求直線與平面所成角的正弦值.

【解析】（1）過作于， 因為平面平面，平面平面，平面，平面，平面，.
又平面，平面，，
又，平面，平面，.
（2）連結并延長交于，連結，以為原點，
分別以，所在的直線為，軸，以過且與平面垂直的直線為軸，
建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，設，
平面，平面，，同理，
又，平面，，
又是的重心，是的中點，，由（1）知，，
， ，，
，解得，，設，則，故，
，，，，
，，，，
設平面的法向量為，則，令，則，
設直線與平面所成角為，則，
故直線與平面所成角的正弦值為.
變式訓練：
1.（2024·江蘇南京·二模）如圖，，，點、在平面的同側，，，，平面平面，.(1)求證：平面；
(2)若直線與平面所成角的正弦值為，求線段的長.

【解析】（1）因為，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）取的中點，因為，所以，
又平面平面，平面平面，平面，所以平面，
又因為，故可建立如圖所示的空間直角坐標系.
在四邊形中，因為，，，，所以，所以，
因為，所以，所以，，，，，，，，，設，則，
設為平面的法向量，則，即，故取，
因為直線與平面所成角的正弦值為，所以，
兩邊同時平方得所以，解得，或（舍去），所以，所以.
2.斜三棱柱ABC－A1B1C1上，側面AA1C1C⊥平面ABC，側面AA1C1C是菱形，∠A1AC＝60°，A1C＝AC＝BC＝，AB＝2，D為BB1的中點．(1)求二面角C－A1D－C1的余弦值；(2)記△ABC的外接圓上有一動點P，若二面角P－AA1－C與二面角C－A1D－C1相等，求AP的長．
【解析】（1）取的中點為，連接，在菱形中，，則，
在三棱柱中，，故，
平面平面，平面平面，平面，
由，，，即，則，
以為原點，以分別為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，如下圖：
則，，，，，故的中點，
在平面內，取，，
設平面的法向量為，則，即，化簡得，
令，則，故平面的一個法向量，
在平面內，取，，
設平面的法向量為，則，即，化簡得，
令，則，故平面的一個法向量，
.由圖可知，鈍二面角的余弦值為.
（2）由題意，取的中點，連接，延長與軸交于，
連接，在等邊中，易知，平面，平面，，
，且，平面，平面，
平面，，故為二面角平面角的補角，
由二面角的余弦值為，可得二面角的余弦值為，
故，在中，，
在平面內，直線的方程為，
在的外接圓中，易知圓心為，則弦心距，
根據弦長公式，可得，故此時
高頻考點7 空間中的點不好求
核心知識：方程組思想
典例1：（2024·全國·模擬預測）已知菱形ABCD中，，四邊形BDEF為正方形，滿足，連接AE，AF，CE，CF．(1)證明：；(2)求直線AE與平面BDEF所成角的正弦值．
【解析】（1）證明：如圖，取CF的中點M，EF的中點N，連接AC，交BD于點O，連接EM，CN，AM，ON．∵菱形ABCD中，，∴△ABD為等邊三角形，∴．
∵四邊形BDEF為正方形，∴．又∵，，
∴在△ABF中，由余弦定理可得．
∴，又M為CF的中點，∴①．∵四邊形ABCD為菱形，∴．
又∵四邊形BDEF為正方形，，，則，
∴，又，ON、AC在面ONC內，故平面ONC．
∵，∴平面ONC，NC在面ONC內，∴，由N為EF的中點，得．
∵，，，．又∵，∴為等邊三角形，∴．
又，，∴為等邊三角形．又∵M為CF中點，∴②．
由①②，且，EM、AM在面AEM內，得平面AEM，又AE在面AEM內，故．
（2）方法一：以O為坐標原點，AC所在直線為x軸，BD所在直線為y軸，過O且垂直于平面ABCD的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，得，．
點N作NH垂直OC于點H，在中，，，可得ON邊上的高為，由等面積法可得OC邊上的高，由勾股定理可得，故，，
，，設平面BDEF的法向量為，
則，即，取，平面BDEF的一個法向量為．
設直線AE與平面BDEF所成角為，則，
∴直線AE與平面BDEF所成角的正弦值為．
方法二：將原圖補成一個平行六面體，顯然該平行六面體每個面均為有一個角為的菱形．
令，，，依題意，，，
則，，，
由于，，所以A1C與EF、BF都垂直且EF、BF都在面BDEF內，故為平面BDEF的一個法向量，設直線AE與平面BDEF所成角為，
，
∴直線AE與平面BDEF所成角的正弦值為．
變式訓練：
1.（2024·河南·校聯考模擬預測）如圖，在四棱錐中，，，，分別為，的中點，點在上，且為三角形的重心.(1)證明：平面；(2)若，，四棱錐的體積為，求直線與平面所成角的正弦值.
【解析】（1）證明：連接，因為，，所以，且，
由，得，，則，所以.
連接并延長交于點，如圖，
因為為的重心，所以.連接，因為，所以.
又平面，平面，故平面.
（2）連接，因為，所以，
又，，平面，，所以平面.
連接交于點，則，.
又，，平面，，所以平面.
連接，平面，則，因為平面，平面，所以，
因為，平面，所以平面.
易得四邊形的面積為，
由四棱錐的體積為得，，所以.
以為坐標原點，以，所在直線分別為軸、軸，建立空間直角坐標系，
則，，，，，，.
設平面的法向量為，則,即,取，可得，
由（1）可知，為的中點，則，所以.
由（1）知，，所以直線與平面所成的角等于直線與平面所成的角，設為，
所以，故直線與平面所成角的正弦值為.
2.（2024·湖北武漢·校考模擬預測）如圖，平行六面體中，點P在對角線上，，平面平面．(1)求證：O，P，三點共線；(2)若四邊形是邊長為2的菱形，，，求二面角大小的余弦值．
【解析】（1）證明：連交于，連．
在平行六面體中，且，
所以四邊形是平行四邊形，且，
又O，分別為BD，的中點，所以，，
所以四邊形是平行四邊形，于是，
因為平面平面，平面平面，
平面平面，所以，
因為，都經過點O，所以O，P，三點共線．
（2）由（1）可知，所以．
作平面于Q，于E，于F，連，，，
則，，由，得，
又，平面，所以平面，于是，同理，
又，，所以，則，
所以點Q在上，且，所以點Q與O重合，于是．
以點O為原點，分別以，，所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，
則，，，，所以，于是，
又，所以，，設平面的法向量為，
則，于是可得，不妨令，則，
平面的一個法向量為，，
又結合圖形易得二面角為銳角，所以二面角大小的余弦值為．
高頻考點8 創新定義
核心知識：以立體幾何為載體的情境題都跟圖形有關，涉及在具體情境下的圖形閱讀，需要通過數形結合來解決問題。圖形怎么閱讀 一是要讀特征，即從圖形中讀出圖形的基本特征；二是要讀本質，即要善于將所讀出的信息進行提升，實現“圖形→文字→符號”的轉化；三是要有問題意識，帶著問題閱讀圖形，將研究圖形的本身特征和關注題目要解決的問題有機地融合在一起；四是要有運動觀點，要“動手”去操作，動態地去閱讀圖形。
典例1：在陜西漢中勉縣的漢江河與定軍山武侯坪一帶，經常出土有銅、鐵扎馬釘等兵器文物.扎馬釘（如題21圖（1））是三國時蜀漢的著名政治家、軍事家諸葛亮所發明的一種對付騎兵的武器，狀若荊刺，故學名蒺藜，有銅、鐵兩種.扎馬釘有四個鋒利的尖爪，隨手一擲，三尖撐地，一尖直立向上，推倒上尖，下尖又起，始終如此，使觸者不能避其鋒而被刺傷.即總有一個尖垂直向上，三尖對稱支承于地.簡化扎馬釘的結構，如圖（2），記組成該“釘”的四條等長的線段公共點為，釘尖為（）．
（Ⅰ）判斷四面體的形狀特征；
（Ⅱ）若某個出土的扎馬釘因年代久遠，有一尖爪受損，其長度僅剩其他尖爪長度的（即），如圖（3），將，，置于地面，求與面所成角的正弦值.
【解析】（Ⅰ）點為四面體外接球的球心，即，且面，面，面，面，則空間四面體的每一條棱都相等，即；所以該四面體的各個面都是全等的正三角形.
（Ⅱ）在四面體中，不妨令，，
在面內作點的射影，連接，在等邊中，為其外心，則，
在直角中，可得，
所以 ，解得，所以，
又因為面，且垂足為，
故以為原點，以、所在直線為、軸，建立空間直角坐標系，則 ，，，，，，
因為，即，則 ，所以 ，，
設平面的一個法向量為，則 ，即，令，得，
又 ，所以 ，故與面所成角的正弦值為.
變式訓練：
1.（2024·高三·山東青島·期中）某校積極開展社團活動，在一次社團活動過程中，一個數學興趣小組發現《九章算術》中提到了“芻薨”這個五面體，于是他們仿照該模型設計了一道數學探究題，如圖1，E、F、G分別是邊長為4的正方形的三邊的中點，先沿著虛線段將等腰直角三角形裁掉，再將剩下的五邊形沿著線段EF折起，連接就得到了一個“芻甍” (如圖2)。
(1)若O是四邊形對角線的交點，求證：平面；
(2)若二面角的大小為求平面與平面夾角的余弦值.
【解析】（1）取線段CF中點H，連接OH、GH，由圖1可知，四邊形EBCF是矩形，且，
∴O是線段BF與CE的中點，∴且，
在圖1中且，且．所以在圖2中，且，
∴且，∴四邊形AOHG是平行四邊形，則，
由于平面GCF，平面GCF，∴平面GCF．
（2）由圖1，，，折起后在圖2中仍有，，
∴即為二面角的平面角．∴，
以E為坐標原點，，分別為x軸和y軸正向建立空間直角坐標系如圖，
設，則、、，∴，，
易知平面ABE的一個法向量，設平面OAB的一個法向量，
由，得，取，則，，
于是平面的一個法向量，∴，
∴平面ABE與平面OAB夾角的余弦值為．
2.為方便師生行動，我校正實施翔宇樓電梯加裝工程．我們借此構造了以下模型：已知正四棱柱，它抽象自翔宇樓南側樓心花園所占據的空間，設，，O為底面ABCD的中心，正四棱柱與正四棱柱分別代表電梯井與電梯廂，設，M為棱的中點，N，K分別為棱，上的點，，．
(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值；(3)“你站在橋上看風景，看風景的人在樓上看你．明月裝飾了你的窗子，你裝飾了別人的夢．”卞之琳詩句中的情景其實正在我們的生活中反復上演，上官瑣艾同學站在樓心花園的中心（O點），她正目送著倚立在電梯廂一角的歐陽南德同學，假定上官同學的目光聚焦于棱OO2的中點I，此時，電梯廂中歐陽同學的目光正徘徊在位于N點的數學辦公室與位于K點的數學實驗室，當電梯廂向上啟動時，在這時空里便誕生了由點O與移動著的平面INK所勾勒的動人風景．現在，請作為“正在看風景的人”的你完成以下問題：當電梯廂自底部（平面OECF與平面ABCD重合）運行至頂端（平面與平面重合）的過程中，點O到平面INK距離的最大值．
【解析】（1）以為坐標原點，，，的方向分別為軸、軸、軸的正方向，建立空間直角坐標系，
則，，，，．
設為平面的一個法向量，則
因為，，所以取，則．
因為，所以，所以，因為不在平面內，所以平面．
（2）因為，所以，
所以直線與平面所成角的正弦值為．
（3）設，，又因為，，所以，．
設為平面的一個法向量，則，即
取，則，
所以點到平面的距離，
所以當，即時，取得最大值為，所以點到平面的距離的最大值為．
高頻考點9 立體幾何建系繁瑣問題
核心知識：利用傳統方法解決
典例1：（2024·山東·高三期末）《九章算術》是中國古代的一部數學專著，是《算經十書》中最重要的一部，成于公元一世紀左右.它是一本綜合性的歷史著作，是當時世界上最簡練有效的應用數學，它的出現標志著中國古代數學形成了完整的體系.《九章算術》中將由四個直角三角形組成的四面體稱為“鱉臑”，已知在三棱錐中，平面.
（1）從三棱錐中選擇合適的兩條棱填空：________________，則三棱錐為“鱉臑”；
（2）如圖，已知，垂足為，，垂足為，.（i）證明：平面平面；
（ii）設平面與平面交線為，若，，求二面角的大小.

【解析】（1）因為“鱉臑”是由四個直角三角形組成的四面體，又平面，所以，，；即，為直角三角形；
若，由，平面，可得：平面；
所以，即，為直角三角形；滿足四個面都是直角三角形；
同理，可得或或，都能滿足四個面都是直角三角形；
故可填：或或或；
（2）（i）證明：∵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）由題意知，在平面中，直線與直線相交.
如圖所示，設，連結，則即為.
∵平面，平面，∴，∵平面，平面，∴，
又，平面，∴平面，
又平面，∴，.∴即為二面角的一個平面角.
在中，，，，∴，
又，∴，∴，
∴，∴二面角的大小為.
變式訓練：
1．（2024·江蘇·高三校考期中）如圖，已知三棱柱的底面是正三角形，側面是矩形，M，N分別為BC，的中點，P為AM上一點，過和P的平面交AB于E，交AC于F.
（1）證明：，且平面；
（2）設O為的中心，若面，且，求直線與平面所成角的正弦值.
【解析】（1）證明：，分別為，的中點，底面為正三角形，四邊形是矩形，
，，四邊形為矩形，，，，，
，，，平面平面，
綜上，，且平面．
（2）三棱柱上下底面平行，平面與上下底面分別交于，，，
面，面，面面，，四邊形為平行四邊形 是正三角形的中心，，，，，
由（1）知直線在平面內的投影為，
直線與平面所成角即為等腰梯形中與所成角，
在等腰梯形中，令，過作于，
則，，，，
直線與平面所成角的正弦值為．
2．（2024·全國·高三校聯考階段練習）在三棱柱中，，平面，、分別是棱、的中點.(1)設為的中點，求證：平面；
(2)若，直線與平面所成角的正切值為，求多面體的體積.
【解析】（1）連接，，因為點，，分別為，，的中點，
所以且，，，所以，且，
所以四邊形是平行四邊形，所以，
又因為平面，平面，所以平面
（2）因為平面，平面，所以，，
又因為，，平面，所以平面，
所以即是直線與平面所成的角，所以，
因為，所以，因為，，所以，
因為，平面，所以平面，所以，
因為，所以，，所以，
由（1）知多面體為四棱錐，且四邊形是平行四邊形，所以.
1.《瀑布》（圖1）是最為人所知的作品之一，圖中的瀑布會源源不斷地落下，落下的水又逆流而上，荒唐至極，但又會讓你百看不膩，畫面下方還有一位饒有興致的觀察者，似乎他沒發現什么不對勁.此時，他既是畫外的觀看者，也是埃舍爾自己.畫面兩座高塔各有一個幾何體，左塔上方是著名的“三立方體合體”由三個正方體構成，右塔上的幾何體是首次出現，后稱“埃舍爾多面體”（圖2）
埃舍爾多面體可以用兩兩垂直且中心重合的三個正方形構造，設邊長均為2，定義正方形，的頂點為“框架點”，定義兩正方形交線為“極軸”，其端點為“極點”，記為，將極點，分別與正方形的頂點連線，取其中點記為，，，如（圖3）.埃舍爾多面體可視部分是由12個四棱錐構成，這些四棱錐頂點均為“框架點”，底面四邊形由兩個“極點”與兩個“中點”構成，為了便于理解，圖4我們構造了其中兩個四棱錐與
(1)求異面直線與成角余弦值；(2)求平面與平面的夾角正弦值；
(3)求埃舍爾體的表面積與體積（直接寫出答案）.
【解析】（1）由題意可知，兩兩垂直，且.以點為坐標原點，分別以的方向為軸的正方向，如圖5，建立空間直角坐標系.
則由題意可得，，，，，，，.
又分別是的中點，所以，.所以，，
則，所以異面直線與成角余弦值為.
（2）由（1）可得，，，，.
設是平面的一個法向量，則，即，
令，可得是平面的一個法向量.設是平面的一個法向量，
因為則，
即，取，可得是平面的一個法向量.
則，所以平面與平面的夾角正弦值為.
（3）由（1）（2）可得，，，，，，.所以，所以∥且，所以四邊形為平行四邊形.
又，所以，即，所以四邊形為菱形.
又，，所以.
設是平面的一個法向量，則，
即，取，則是平面的一個法向量.
又，所以點到平面的距離.
所以四棱錐的體積，
四棱錐的體積
因為，，.
所以在方向上的投影為，
所以點到直線的距離.同理可得點到直線的距離.
所以四棱錐的側面積.
所以埃舍爾體的表面積為，體積為.
2.（2024·山東日照·三模）在五面體中，，.

(1)求證：；(2)若，，，點到平面的距離為，求二面角的余弦值.
【解析】（1）證明：因為，，所以，
因為，，所以，
因為平面平面，平面，所以.
（2）由于平面，，所以，平面，故，
又因為平面，，平面，所以，
又，，，平面，所以平面
由于，則，
故，
故為等腰直角三角形，所以，，
如圖以為坐標原點，，，所在的直線分別為，，軸建系，
則，，，，，設平面的法向量為，則，
平面的法向量為，因為，，
所以，即令，則，設成的角為，由圖可知為銳角，所以二面角的余弦值為
3.（2024·全國·校聯考模擬預測）已知三棱錐ABCD，D在面ABC上的投影為O，O恰好為△ABC的外心．，.(1)證明：BC⊥AD；(2)E為AD上靠近A的四等分點，若三棱錐A-BCD的體積為，求二面角的余弦值．
【解析】（1）連結并延長交于，連結，
因為O恰好為△ABC的外心，所以，又，，所以，
所以，即是的角平分線，又，所以由等腰三角形三線合一可得，
因為D在面ABC上的投影為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，過作軸平行于，則軸垂直于面ABC，如圖建立空間直角坐標系，在中，由（1）與等腰三角形三線合一可知是的中點，
又，，則，，
設，則，又，
所以，解得，故，
因為三棱錐ABCD的體積為，所以，則，
則，
故，
因為E為AD上靠近A的四等分點，所以，
設為平面的一個法向量，則，
取，則，故，易得是平面的一個法向量，
設二面角的平面角為，則為鈍角，
所以，
所以二面角的余弦值為.
4．（2025·山東日照·高三校聯考期中）如圖，P為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，為底面直徑，為底面圓O的內接正三角形，點E在母線上，且，.(1)求證：平面平面；(2)若點M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.
【解析】（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，，所以在中，，
在中，由余弦定理：，
所以，故.因為底面，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，以點為坐標原點，，，所在直線分別為x軸，y軸，z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，即時，等號成立，所以當時，有最大值4，
即當時，的最大值為1，此時點，所以，
所以點M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.
5.如圖所示，圓錐的高，底面圓O的半徑為R，延長直徑AB到點C，使得，分別過點A，C作底面圓O的切線，兩切線相交于點E，點D是切線CE與圓O的切點．(1)證明：平面平面；(2)若直線與平面所成角的正弦值為，求點A到平面的距離．
【解析】（1）由題設，平面，又是切線與圓的切點，
∴平面，則，且，又，∴平面，
又平面，所以平面平面.
（2）作，以為原點，以、、為x、y、z軸正方向，建立空間直角坐標系，
且，又，可得，
∴，，，
有，，，
設是面的一個法向量，則，令，則，
又直線與平面所成角的正弦值為，即，
整理得，即，解得或
當時，，，， ，
，，
設是面的一個法向量，則，令，則，
所以點A到平面的距離
當時，，，， ，
，，
設是面的一個法向量，則，令，則，
所以點A到平面的距離 綜上，點A到平面的距離為或.
6.（2024·遼寧沈陽·模擬預測）如圖，四棱錐中，四邊形是邊長為2的菱形，（1）證明：平面平面；
（2）當平面與平面所成銳二面角的余弦值，求直線與平面所成角正弦值.
【解析】（1）過D作，垂直為O，連接，
在中，，，可得，
在中，由余弦定理可得，
所以，因為，所以為等邊三角形，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為原點，，，方向分別為x，y，z軸正方向，建立空間直角坐標系
設，則，，，，
所以，
設平面的法向量為，則，即
令，，平面的法向量為，由，解得
因為平面，所以為與平面所成的角，所以，
即直線與平面所成角正弦值.
7．（2024·廣西桂林·統考二模）如圖，四棱錐中，底面為邊長是2的正方形，，分別是，的中點，，，且二面角的大小為.
(1) 求證：；(2) 求二面角的余弦值.
【解析】（1）證明：作于點連接，
∵，，，∴，∴，
即，，又，∴平面，又平面，∴.
（2）∵二面角的大小為，
∴平面平面，平面平面，，∴平面.
以點為原點，,,所在直線為軸，建立如圖所示空間直角坐標系，
∵,∴.∴，即.
∴，，，.
∴,，設平面的法向量，
得令，得.易知為平面的一個法向量.
設二面角為，為銳角，則.
8．（2024·黑龍江哈爾濱·校考三模）如圖，已知三棱柱的底面是正三角形，側面是矩形，，分別為，的中點，為上一點，過 和的平面交于，交于.
（1）證明：，且平面平面；（2）設為的中心，若，平面，且，求四棱錐的體積.
【解析】（1）因為，分別為，的中點，所以，
又，所以，在等邊中，為中點，則.
又因為側面為矩形，所以.因為，，
由，平面，所以平面，
又因為，且平面，平面，所以平面，
又因為平面，且平面平面，所以.
又因為平面，所以平面，
因為平面 所以平面平面.
（2）過作垂線，垂足為，畫出圖形，如圖.
因為平面，平面，平面平面，所以，
又因為，所以四邊形為平行四邊形，所以，
因為為的中心，所以，
因為平面平面，平面平面=，平面，
所以平面，又因為在等邊中，，得，
由（1）知，四邊形為梯形，所以四邊形的面積為，
所以， ，
，所以，所以.
9．（2024·云南·高三校考階段練習）如圖，在菱形中，，，將沿著翻折，形成三棱錐.(1)當時，證明：；(2)當平面平面時，求直線與平面所成角的余弦值.
【解析】（1）證明：當時，此三棱錐為正四面體，如圖，取的中點，連接，.
在正四面體中，，且，且平面
所以平面，因為平面所以
（2）當平面平面時，取的中點，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，.
設平面的法向量，，，
所以，即：，令，得：
∴設直線與平面所成角為，且，則，
∴，∴直線與平面所成角的余弦值為.
10．（2024·廣東·模擬預測）如圖1所示，四邊形ABCD中，，，，，M為AD的中點，N為BC上一點，且．現將四邊形ABNM沿MN翻折，使得AB與EF重合，得到如圖2所示的幾何體MDCNFE，其中．

(1)證明：平面FND；(2)若P為FC的中點，求二面角的正弦值．
【解析】（1）∵四邊形ABCD中，，，，，
M為AD的中點，且，∴四邊形ABNM為正方形，且邊長為1，
∴題圖2中，四邊形EMNF是邊長為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為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖所示，
則，，，，∴，，，
設平面FND的法向量為，則，
令，令，則，∴，
設平面PND的法向量為，則，
令，則，，∴，
∴，
∴，∴二面角的正弦值為．
解法二：如圖，取NC的中點O，連接PO，則，∴平面MDCN，
∵平面MDCN，∴，
過O作，垂足為H，連接PH，則就是二面角的平面角，
又，，∴，∴，
∵平面MDCN，平面FND，∴平面平面MDCN，∴二面角的正弦值為．
11.在中，，，D為邊上一點，，E為上一點，，將沿翻折，使A到處，.(1)證明：平面；(2)若射線上存在點M，使，且與平面所成角的正弦值為，求λ.

【解析】（1）證明：由題意知，，
又，所以平面，又平面，所以，
又，，所以平面
（2）作，垂直為Q，由（1）知，平面，
又平面，所以，又，，平面，所以平面
故以B為原點，，，的方向分別為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，
設，則，，，，又，
所以，故，設平面的一個法向量為，
則，即，取，則設與平面所成角為θ，
則，解得或，由題意知，故.
12．（2024·福建莆田·高三校考階段練習）等邊三角形的邊長為3，點分別是邊上的點，且滿足，如圖甲，將沿折起到的位置，使二面角為直二面角，連接，如圖乙.(1)求證：平面.(2)在線段上是否存在點，使平面與平面所成的角為？若存在，求出的長；若不存在，請說明理由.

【解析】（1）因為等邊三角形的邊長為3，，所以，
在中，由余弦定理可得
，所以，可得，即
因為平面平面，平面平面，平面，所以平面；
（2）假設在線段上存在點，使平面與平面所成的角為，由（1）可知互相垂直，以為原點，所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，
所以，，，，，
，，，
設，可得，，
設為平面的一個法向量，所以，即，
令，則，
所以，因為平面，所以可以為平面的一個法向量，
因為平面與平面所成的角為，
所以，
解得，所以存在點，且，可得，，.
13．（2024·廣東汕頭·校考三模）如圖，圓臺的軸截面為等腰梯形，為底面圓周上異于的點.(1)在平面內，過作一條直線與平面平行，并說明理由；
(2)若四棱錐的體積為，設平面平面，求的最小值.

【解析】（1）取中點，作直線即為所求，取中點，連接，
則有，如圖，在等腰梯形中，，
有，則四邊形為平行四邊形，
即有，又平面平面，所以平面.
（2）法一：延長交于點，故平面平面
故平面平面即在中，均為圓錐母線.
過點作于.在等腰梯形中，，
此梯形的高等腰梯形的面積為，
所以四棱錐的體積，解得，
故點與重合，由，得，且，
故.中，到距離.
則面積,得：的最小值為：.
法二：同法一求出的位置.以為原點，方向為軸正向建立空間直角坐標系，
設面的法向量為，取，有；
同理可得面的法向量為,由面面，可知，
設的方向向量為，故
取,下面分2個方法求求方法1：，
，當時，取最小值為.
求方法2：在上的投影向量的模為
故的最小值即到的距離為.
法三:在三角形中，,
,
所以.
14．（2024·湖南·高三校聯考階段練習）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，點分別在棱、上·
(1)若P是的中點，證明：；(2)若平面，且平面PQD與平面AQD的夾角的余弦值為，求四面體的體積．
【解析】（1）以為坐標原點，，，所在直線分別為，，軸建立空間直角坐標系，
則，，，，設，其中，，
若是的中點，則，，，
于是，∴，即．
（2）由題設知，，，是平面內的兩個不共線向量．
設是平面的一個法向量，則，取，得．
又平面的一個法向量是，∴，
而二面角的余弦值為，因此，解得或（舍去），此時．
設，而，由此得點，，
∵PQ∥平面，且平面的一個法向量是，
∴，即，解得，從而．
將四面體視為以為底面的三棱錐，則其高，
故四面體的體積．
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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