沖刺2025年高考數(shù)學大題突破+限時集訓（新高考專用）培優(yōu)專題03 立體幾何（6大題型）（解析版）

培優(yōu)專題03立體幾何題型1建系技巧強化一、空間直角坐標系建立的模型(1)墻角模型：已知條件中有過一點兩兩垂直的三條直線，就是墻角模型．建系：以該點為原點，分別以兩兩垂直的三條直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系Oxyz，當然條件不明顯時，要先證明過一點的三條直線兩兩垂直(即一個線面垂直面內(nèi)兩條線垂直)，這個過程不能省略．然后建系．(2)垂面模型：已知條件中有一條直線垂直于一個平面，就是墻角模型．情形１垂下(上)模型：直線豎直，平面水平，大部分題目都是這種類型．如圖，此情形包括垂足在平面圖形的頂點處、垂足在平面圖形的邊上(中點多)和垂足在平面圖形的內(nèi)部三種情況．第一種建系方法為以垂足為坐標原點，垂線的向上方向為z軸，平面圖形的一邊為x軸或y軸，在平面圖形中，過原點作x軸或y軸的垂線為y軸或x軸(其中很多題目是連接垂足與平面圖形的另一頂點)建立空間直角坐標系．如圖1-1第二種建系方法為以垂足為坐標原點，垂線的向上方向為z軸，垂足所在的一邊為x軸或y軸，在平面圖形中，過原點作x軸或y軸的垂線為y軸或x軸(其中很多題目是連接垂足與平面圖形的另一頂點)建立空間直角坐標系．如圖1-2第三種建系方法為以垂足為坐標原點，垂線的向上方向為z軸，連接垂足與平面圖形的一頂點所在直線為為x軸或y軸，在平面圖形中，過原點作x軸或y軸的垂線為y軸或x軸(其中很多題目是連接垂足與平面圖形的另一頂點)建立空間直角坐標系．如圖1-3圖1－1圖1－2圖1－3情形2垂左(右)模型：直線水平，平面豎直，這種類型的題目很少．各種情況如圖，建系方法可類比情形1．圖2－1圖2－2圖2－3情形3垂后(前)模型：直線水平，平面豎直，這種類型的題目很少．各種情況如圖，建系方法可類比情形1．圖3－1一、解答題1．（2025·陜西榆林·二模）如圖，已知斜三棱柱，平面平面，，，，，.(1)求證：平面平面；(2)求平面與平面所成夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2).【分析】（1）證法1，由，得，再由面面垂直的性質(zhì)可得平面，則，然后利用線面垂直的判定定理得平面，從而由面面垂直的判定定理可證得結(jié)論；證法2，由面面垂直的性質(zhì)可得平面，則，，則為二面角的平面角，然后結(jié)合已知可得二面角為直二面角，從而可證得結(jié)論；證法3，取的中點，取的中點，連接，，可證得，，，所以以所在的直線分別為建立空間直角坐標系，利用空間向量證明即可；（2）解法1，以所在的直線分別為建立空間直角坐標系，利用空間向量求解即可，解法2，過點作平面的垂線，以為坐標原點，建立如圖3所示的空間直角坐標系，利用空間向量求解.【詳解】（1）證法1：因為在斜三棱柱中，，且，所以，又因為平面平面，平面平面，平面，且，所以平面，因為平面，所以，又因為，、平面，所以平面，又因為平面，所以平面平面.證法2：因為平面平面，平面平面，平面，，所以平面，因為平面，所以，，因為平面平面，所以為二面角的平面角，因為在斜三棱柱中，，且，所以，所以二面角為直二面角，即平面和平面所成的角為，所以平面平面.證法3：如圖1，取的中點，取的中點，連接，，由為的中位線，知.又因為，所以.因為，所以.因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以，，所以兩兩垂直，所以以所在的直線分別為建立空間直角坐標系，如圖1所示，則，，，，，，，，設平面和平面的法向量分別為，，由，，得，取，則，由，，得，取，則，則，所以，即平面平面.（2）解法1：如圖2，取的中點，取的中點，連接，，由為的中位線，知.又因為，所以.因為，所以.因為平面平面，平面平面，平面，所以平面.因為平面，所以，，所以兩兩垂直，所以以所在的直線分別為建立空間直角坐標系，如圖2所示，則，，，，所以，，，由（1）知，平面，所以為平面的法向量，設平面的法向量為，平面與平面所成角記為，由，，得，取，得，，所以平面和平面所成夾角的余弦值為.解法2：因為平面平面，平面平面，所以過點作平面的垂線必在平面內(nèi).又因為，所以可以以為坐標原點，建立如圖3所示的空間直角坐標系，因為，，，，所以，，，由（1）知，平面，所以為平面的法向量，設平面的法向量為，平面與平面所成角記為，由，，得，取，得，，所以平面和平面所成夾角的余弦值為.2．（2025高三·全國·專題練習）如圖，圓錐的底面直徑和母線的長度均為2，是底面圓圓周上的一點．(1)當時，證明：；(2)當時，求二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)．【分析】（1）法一：通過．，得到平面，即可求證；法二：通過，，得到平面，即可求證；法三：建系，由向量求證垂直；（2）法一，建系，求得平面法向量，代入夾角公式即可求解；法二：過點作于點，設與平面所成的角為，點到平面的距離為，則，由等體積求得，即可求解；【詳解】（1）法一：連接，因為為直徑，所以，因為，所以，連接，因為為的中點，所以．易知，又，，平面，所以平面，因為平面，所以．法二：連接，因為，，所以，所以．又，，，平面，所以平面，因為平面，所以．法三：連接，因為，，所以，所以．又平面，故以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，故，所以，所以．（2）解法一：當時，由于，所以，可得：，以為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，在底面內(nèi)過點且垂直于的直線為軸,建立如圖所示的空間直角坐標系，則，故．設平面的法向量為，故，即，令，可得：，則．設平面的法向量為，故，即，令，可得：，則．所以，故二面角的正弦值為．解法二

當時，由于，所以，可得：，所以，可得：．過點作于點，在中，，，易得．設與平面所成的角為，點到平面的距離為，則，因為，所以，解得，所以，故二面角的正弦值為．3．（24-25高三下·湖南長沙·開學考試）如圖，四棱錐中，四邊形是菱形，平面，，，，分別是線段和上的動點，且，.(1)若，求的值；(2)當時，求直線與平面所成角的正弦值；(3)若直線與線段交于點，于點，當?shù)拈L度最小時，求的值.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）首先根據(jù)幾何關系，建立空間直角坐標系，根據(jù)向量的平行關系，即可求解；（2）首先求向量和平面的法向量，代入線面角的向量公式，即可求解；（3）設，利用空間向量基本定理以及三點共線的充要條件得出，利用向量模長公式以及導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，計算最值即可.【詳解】（1）由于四邊形是菱形，且，取中點，則，即，又平面，故可以以為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，所以，，，由，，可知，，∴，易知，因為，所以，得到，得到.（2）由（1）知，設平面的一個法向量為，則令，則，，，設直線與平面所成角為，則.（3）設，，則，由于，，共線，不妨設，易知，又，則有，所以，則，則，即，記，則，令，得到，在上，在上，可知在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以在處取到極小值，此時的長度最小，此時.【點睛】關鍵點點睛：本題第三問的關鍵是關于為關于的函數(shù)，再一個關鍵是根據(jù)平面向量基本定理，得到.4．（24-25高三下·云南昆明·階段練習）如圖甲，在等腰直角中，，沿底邊的高與的中位線，分別將和折起到和的位置，如圖乙，折疊過程保持.(1)證明：四點共面；(2)求直線與平面所成角的正弦的最大值.【答案】(1)證明見解析(2).【分析】（1）根據(jù)條件證明與交于一點，即可證明四點共面；（2）首先由條件可證明平面，再以點為原點建立空間直角坐標系，設，并表示點的坐標，利用向量法表示線面角，再根據(jù)三角函數(shù)求最值.【詳解】（1）證明：如圖，在的延長線上取一點，使，因為∥，，所以，同理可得，，即，所以四點共面.（2）過點作平面的垂線，以為原點建立空間直角坐標系如圖，不妨設，則，，，，因為，，，平面，所以平面，又因為，設，則，則，，設平面的法向量為，則令，得，設與平面所成的角為，則，因為，所以，當且僅當時取等，所以直線與平面所成角正弦的最大值為.5．（2025·山東菏澤·一模）如圖，在四棱錐中，，，，，，，F(xiàn)為的中點.(1)求證：平面；(2)若平面平面，求與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取的中點M，連結(jié)，證明四邊形為平行四邊形即可證明平面；（2）建立空間直角坐標系，求出直線的方向向量與平面的法向量，利用空間向量求空間角即可.【詳解】（1）由，，，易求

取的中點M，連結(jié)，F(xiàn)為的中點所以，，所以，所以四邊形為平行四邊形.

所以，，又平面，平面所以平面

（2）由，，所以所以，又平面平面，所以平面以E為原點，所在直線為軸，過E與垂直的直線為軸，所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，，設平面的法向量為，則，，所以，取，則，所以平面的一個法向量為

設與平面所成角為，則所以直線與平面所成角的正弦值為

6．（24-25高三下·河北滄州·階段練習）如圖，在三棱錐中，底面為等腰三角形，，點為的中點，平面平面，平面平面．

(1)求證：平面平面；(2)若，求該三棱錐外接球的體積；(3)在（2）的條件下，若點為的中點，求平面與平面的夾角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）根據(jù)平面平面，平面平面，可證得平面，從而得到，又，即可證得平面，再根據(jù)面面垂直的判定即可證出；（2）由的外接圓的圓心確定外接球球心的位置，然后利用球的幾何特征，再結(jié)合球的體積公式計算即可；（3）以點B為坐標原點，直線AB，BD分別為z軸，y軸，過點B與平面ABD垂直的直線為x軸，建立空間直角坐標系，借助平面夾角向量公式計算即可.【詳解】（1）因為平面平面，平面平面，在平面內(nèi)過作交于，則平面.同理，因為平面平面，平面平面，在平面內(nèi)過作交于，則平面.又因為過一點有且只有一條直線與已知平面垂直，而平面平面，所以重合，所以平面.因為平面，所以，因為，點為的中點，所以.因為，平面，所以平面，因為平面，所以平面平面．（2）如圖，因為平面，取底面的外心為，，則，

過點做的平行線，在此線上取點，使得，則為三棱錐外接球的球心，分析可得外接球的半徑，所以三棱錐外接球的體積為．（3）如圖，以點B為坐標原點，直線AB，BD分別為z軸，y軸，過點B與平面ABD垂直的直線為x軸，建立空間直角坐標系，

則，，設平面的法向量為，則，即，取，則，所以，設平面的法向量為，則，即，取，則，所以，設平面與平面的夾角為，則，所以平面與平面的夾角的余弦值為．題型2求線面角和線面角中的探索性問題一、求直線與平面所成角1、垂線法求線面角（也稱直接法）：（1）先確定斜線與平面，找到線面的交點B為斜足；找線在面外的一點A，過點A向平面做垂線，確定垂足O；（2）連結(jié)斜足與垂足為斜線AB在面上的投影；投影BO與斜線AB之間的夾角為線面角；（3）把投影BO與斜線AB歸到一個三角形中進行求解（可能利用余弦定理或者直角三角形）。3、公式法求線面角（也稱等體積法）：用等體積法，求出斜線PA在面外的一點P到面的距離，利用三角形的正弦公式進行求解。公式為：sinθ=?l，其中θ是斜線與平面所成的角，?是垂線段的長，方法：已知平面內(nèi)一個多邊形的面積為S，它在平面內(nèi)的射影圖形的面積為S射影，平面和平面所成的二面角的大小為，則COSθ=S射影S.這個方法對于無棱二面角的求解很簡便。4、直線與平面所成角：設是直線的方向向量，是平面的法向量，直線與平面的夾角為.則.一、解答題1．（24-25高三下·安徽阜陽·階段練習）如圖，三棱臺，，，平面平面，，，與相交于點，，且平面.(1)求三棱錐的體積；(2)分別在線段上，且平行，平面MNC與平面所成角為，與平面所成角為，求.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得平面，即可根據(jù)線線垂直求證平面，進而根據(jù)線面平行的性質(zhì)可得，根據(jù)相似以及體積公式即可求解，（2）建立空間直角坐標系，求解平面法向量，根據(jù)空間角的向量法求解角，利用余弦的和角公式即可求解.【詳解】（1）由題意，平面平面，且平面平面，，平面，∴平面，平面，則，又，，平面ABC，則平面，連接，∵平面，平面，平面平面，∴，∵，∴，易知.∴三棱錐底面的面積，高，∴其體積為：.（2）由題意及（1）得，以為坐標原點，分別以為軸的正方向建立空間直角坐標系，如圖，，則．由于平行，設，則，設平面的法向量為，由，取，則，平面的一個法向量為，所以．又因為，所以．．又，所以．2．（24-25高三下·河北邯鄲·開學考試）建筑學中常用體形系數(shù)表示建筑物與室外大氣接觸的外表面積與其所包圍的體積的比值，即，為建筑物暴露在空氣中的外表面積，為建筑物所包圍的體積，外表面積中，不包括地面的面積．某圓臺形建筑如圖所示，圓臺的軸截面為等腰梯形，，為底面圓周上異于的點，且．

(1)若，求；(2)若，求直線與平面所成角的余弦值．【答案】(1)(2)【分析】（1）設圓臺O1O2的高為h，可得母線長，根據(jù)圓臺的體積和表面積公式得出，由線面垂直的判定定理可得平面，進而得到，從而可得平行四邊形為菱形，即可求解；（2）由已知可得，建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可.【詳解】（1）設圓臺O1O2的高為h，則母線長為，，，故，連接，，因為，所以，由圓臺的性質(zhì)可知平面，因為平面，所以，因為，，所以平面，因為平面，所以，因為，且，所以四邊形為平行四邊形，又，所以平行四邊形為菱形，則，則，即h=，故；

（2）由①分析可得，解得，以，，所在的直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，，所以，，，設平面的法向量為，則，令z=1，得，設直線與平面所成的角為，則，故直線與平面所成角的余弦值為.3．（24-25高三下·廣東·開學考試）如圖，在四棱錐中，是等邊三角形，四邊形是直角梯形，，，，.(1)證明：平面平面.(2)線段上是否存在點E，使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，求的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)存在，或【分析】（1）取棱的中點O，連接，由題設條件結(jié)合勾股定理依次求出和，接著由線面垂直判定定理得證平面，再由面面垂直判定定理即可得證命題；（2）建立適當空間直角坐標系，設，，求出向量和平面的法向量，根據(jù)線面角的向量法公式即可建立關于的方程，解方程即可得解.【詳解】（1）證明：取棱的中點O，連接，設，則，，因為是等邊三角形，且O是的中點，所以.因為，所以，所以，則.因為平面，平面，且，所以平面.因為平面，所以平面平面.（2）取棱CD的中點F，連接OF，則兩兩垂直，以O為原點，，，的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系.設，則，，，，則，，設，則，又，所以.設平面的法向量為，則令，得.設直線與平面所成的角為，則，解得或，故當或時，直線與平面所成角的正弦值為.4．（2025·山東淄博·一模）如圖，在四棱錐中，，，點在上，且．(1)點在線段上，且平面，證明：為線段的中點；(2)若平面與平面所成的角的余弦值為，求的長度．【答案】(1)見解析(2)的長度為或【分析】（1）過點作交于點，連接，由線面平行的性質(zhì)定理證明，即可證明；（2）建立空間直角坐標系，設，求出直線的方向向量和平面的法向量，由線面角的向量公式即可得出答案.【詳解】（1）連接，過點作交于點，連接，又因為，所以，所以四點共面，因為平面，平面，平面平面，所以，所以四邊形是平行四邊形，所以，所以，所以為線段的中點；（2）連接，因為，所以四邊形是平行四邊形，所以，因為平面所以平面又因為，所以建立如圖所示的空間直角坐標系，設，，設平面的法向量為，，所以，令，，所以，所以與平面所成的角的余弦值為，所以與平面所成的角的正弦值為，即，所以，化簡可得：，解得：或，即或，所以或.題型3求二面角、平面與平面所成角及其探索性問題一、求二面角、平面與平面所成角1、幾何法（1）定義法（棱上一點雙垂線法）：在二面角的棱上找一個特殊點，在兩個半平面內(nèi)分別過該點作垂直于棱的射線．（2）三垂線法（面上一點雙垂線法）：自二面角的一個面上一點向另外一個面作垂線，再由垂足向棱作垂線得到棱上的點（即斜足），斜足和面上一點的連線與斜足和垂足的連線所夾的角，即為二面角的平面角（3）垂面法（空間一點垂面法）：過空間一點作與棱垂直的平面，截二面角得兩條射線，這兩條射線所成的角就是二面角的平面角。（4）射影面積法求二面角2、向量法：若分別為平面的法向量，為平面的夾角，則.一、解答題1．（2025·山東聊城·模擬預測）如圖，在三棱臺中，，點為棱的中點，，且直線與平面所成的角為.(1)證明：；(2)求平面與平面成角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取的中點，連接，則由等腰梯形和等腰三角形的性質(zhì)可得，，由線面垂直的判定可得平面，從而可證得；（2）過點作，垂足為，則可得平面，取上靠近點的四等分點，連接，得，所以分別以所在直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量求解即可.【詳解】（1）證明：取的中點，連接，因為，則四邊形為等腰梯形，因為分別為的中點，所以，因為為的中點，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以；（2）過點作，垂足為，由（1）知，平面平面，則，又，平面，所以平面，則為直線與平面所成的角，即，因為，所以，所以，所以，則為等腰直角三角形，所以，在中，，則由余弦定理得，則，即，易得，在中，，，所以，所以，取上靠近點的四等分點，連接，則‖，因為，所以，則分別以所在直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，由于，所以，設平面的法向量為，由于，所以，，令，則，設平面的法向量為，由于，所以，令，則，所以，故平面與平面成角的余弦值為.2．（2025·黑龍江·一模）如圖所示，正三角形的邊長為2，，，分別是各邊的中點，現(xiàn)將，，分別沿，，折起，使得，，所在平面均與底面垂直.

(1)求證：平面平面；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用面面垂直的性質(zhì)定理和面面平行的判定定理證明即可；（2）以為坐標原點，分別以，，為，，軸的正方向，建立空間直角坐標系，分別求出平面和平面的法向量，利用空間向量法求解即可.【詳解】（1）因為為正三角形，且，，分別是各邊的中點，

所以，，均為正三角形.分別取，，的中點，，，則，，，，又因為平面底面，平面底面，平面，所以平面，同理可得平面，所以，所以四邊形為平行四邊形，所以，因為平面，平面，所以平面，同理可得平面，又，平面，平面，所以平面平面.（2）由（1）可知兩兩垂直，以為坐標原點，分別以，，為，，軸的正方向，建立空間直角坐標系，

則，，，，所以，，設平面的法向量為，則令，得，，所以，易知平面的一個法向量為，所以，所以二面角的正弦值為.3．（2025·山東煙臺·一模）如圖，點在以為直徑的半圓的圓周上，，且平面，(1)求證：；(2)當為何值時，平面與平面夾角的余弦值為？【答案】(1)證明見解析；(2)或.【分析】（1）由線面垂直的性質(zhì)有，由圓的性質(zhì)易得，再由線面垂直的判定和性質(zhì)證明結(jié)論；（2）若為的中點，即為半圓的圓心，作面，在面內(nèi)作，構(gòu)建合適的空間直角坐標系，應用向量法求面面角的余弦值，結(jié)合已知列方程求參數(shù)即可.【詳解】（1）由平面，平面，則，又點在以為直徑的半圓的圓周上，則，由且都在面內(nèi)，則面，由面，故；（2）若為的中點，即為半圓的圓心，作面，在面內(nèi)作，由，，則，故可構(gòu)建如下圖示的空間直角坐標系，則，由，故，可得，所以，，，若，分別為面、面的一個法向量，則，取，，，取，，所以，整理得，則，可得或.4．（2025·廣東佛山·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，平面平面ABCD，，點M是線段的中點，N為線段CD上一點．(1)若，證明：平面；(2)在線段CD上是否存在點N，使平面與平面MNB夾角的余弦值為？若存在，指出點N的位置；若不存在，說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)存在，點N為CD的中點【分析】（1）取線段的中點P，連接PM，PD，利用已知可證四邊形MNDP為平行四邊形，進而可得，可證結(jié)論；（2）在平面中，作于O，可證，分別以，，的方向為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標系，求得平面的一個法向量為，平面BMN的一個法向量為，利用向量法可求得，可得結(jié)論.【詳解】（1）取線段的中點P，連接PM，PD，因為MP為梯形的中位線，所以，又因為，所以，因為，，且，所以，，所以四邊形MNDP為平行四邊形，所以，又因為平面，平面，所以平面．（2）在平面中，作于O，因為平面平面ABCD，且平面平面，所以平面ABCD，在正方形ABCD中，過O作AD的平行線交CD于點Q，則，分別以，，的方向為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，因為四邊形為等腰梯形，，，所以，又因為，所以，則，，，，，設，，所以，設平面的法向量為，所以，則，令，所以，又因為M為的中點，所以，所以，，設平面BMN的法向量為，所以，則，令，所以，又因為平面與平面MNB夾角的余弦值為，所以，整理得，所以，解得或，又因為，所以，所以存在，點N為CD的中點．題型4求點到面(線)距離及其探索性問題1、定義法（直接法）：找到或者作出過這一點且與平面垂直的直線，求出垂線段的長度；2、等體積法：通過點面所在的三棱錐，利用體積相等求出對應的點線距離；3、轉(zhuǎn)化法：轉(zhuǎn)化成求另一點到該平面的距離，常見轉(zhuǎn)化為求與面平行的直線上的點到面的距離．2、向量法求空間距離：（1）點面距：已知平面的法向量為,是平面內(nèi)的任一點，是平面外一點,過點作則平面的垂線，交平面于點，則點到平面的距離為（2）直線與平面之間的距離：，其中，是平面的法向量。（3）兩平行平面之間的距離：，其中，是平面的法向量。一、解答題1．（24-25高三上·甘肅白銀·階段練習）如圖，在直三棱柱中，，，，分別為，的中點.

(1)證明：.(2)求直線與平面所成角的正弦值.(3)設點到直線的距離為，點到平面的距離為，求的值.【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）由題意可知平面平面，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可得平面，進而得到，在矩形中，由題意可得，由線面垂直判定定理及性質(zhì)即可證得；（2）取的中點，連接，建立空間直角坐標系，利用空間向量即可求線面角的正弦值；（3）利用空間向量求出和，即可求出.【詳解】（1）連接，，

因為，為的中點，所以，因為棱柱直三棱柱，所以面，平面，所以平面平面，又平面平面，面，則平面，又平面，所以，在矩形中，，為的中點，所以，所以，故，又，面，面，所以平面，又平面，所以.（2）取的中點，連接，由（1）及題意易知，，兩兩垂直，則以為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖所示.

由，，則，，，，.設平面的法向量為，又，，則即令，則.設直線與平面所成的角為，又，則，故直線與平面所成角的正弦值為.（3）由（2）知平面的一個法向量為，，，所以點到平面的距離為，又，直線的一個單位方向向量為，則，，所以點到直線的距離為，所以.2．（2025·湖南岳陽·一模）如圖，在四棱錐中，平面底面，底面為平行四邊形，為邊的中點，.

(1)求證：；(2)已知二面角的平面角等于，則在線段上是否存在點，使得到平面的距離為，若存在，指出點的位置；若不存在，說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)存在，為中點【分析】（1）由余弦定理可求得，進而可得，由面面垂直的性質(zhì)可得平面，可證.（2）法一，取的中點，可證底面，設在線段上存在點，使得到平面的距離為，且，利用等體積法求解即可.法二，取的中點，可證兩兩垂直，以為坐標原點，以所在直線為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，設，求得平面的法向量，平面的一個法向量，利用向量法可求，設，利用點到面的距離可求，可得結(jié)論.【詳解】（1）因為，為邊的中點，所以，又在中，，由余弦定理可得，即，則，又為平行四邊形，所以，則，又平面底面，平面底面，所以平面，又平面，所以.（2）法一：取的中點，又，

所以，又平面底面，所以底面，所以，而，所以即為二面角的平面角，，又為直角三角形，，所以，設在線段上存在點，使得到平面的距離為，且，為直角三角形，，，又，解得，即為中點.法二：取的中點，又，

所以，又平面底面，所以底面，又，所以，所以兩兩垂直.如圖，以為坐標原點，以所在直線為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系：，設，則，設平面的法向量為，則，取，則，又平面的一個法向量為，則，得，即.則平面的一個法向量為，設，則，則，解得，即為中點.3．（24-25高三上·湖北·期末）如圖在多面體中，四邊形是菱形，，平面，，(1)若為中點，證明：平面(2)在棱上有一點，且到平面的距離為，求二面角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用幾何關系得到，，即可證明；（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量求解點，面之間的距離，即可求解的位置，再利用向量法求解面，面之間的夾角.【詳解】（1）證明：連接交于，連接，是菱形，，且是的中點，且，，，且，四邊形是平行四邊形，，又平面，平面，，又因為，且、平面，平面，平面，又平面，，四邊形是菱形，，，，為中點，，又因為，且、平面，平面；（2），平面，平面且，以為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，，，，，，，，，設平面的法向量為，則，取，得到，，故平面的一個法向量為，在棱上，設，點到平面的距離，，故，又，，設平面的法向量為，，取，得y2，z2，故平面的一個法向量為，又平面的一個法向量為，設二面角的平面角為，則，，綜上，二面角的正弦值為4．（2024高三上·福建廈門·期中）如圖，在四棱錐中，，底面為直角梯形，，，，為線段上一點.(1)若，求證：平面；(2)若，，異面直線與成角，二面角的余弦值為，在線段上是否存在點，使得點到直線的距離為，若存在請指出點的位置，若不存在請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)線段上存在點，為靠近或靠近的三等分點【分析】（1）過點作，交于點，連接，通過證明四邊形為平行四邊形得出，然后利用線面平行的判定定理即可得出結(jié)論；（2）證明出平面，過點作交于點，并以點為坐標原點，、、所在直線分別為，，軸建立空間直角坐標系，設，利用空間向量法結(jié)合二面角的余弦值為，求出的值，再利用空間中點到直線的距離公式即可得出結(jié)論.【詳解】（1）（1）過點作，交于點，連接，∵，∴，∴，∴，∵，∴，所以四邊形為平行四邊形，則，∵平面，平面，∴平面；（2）由異面直線與成角，即，∵，，∴平面，∵，過點作交于點，以點為坐標原點，、、所在直線分別為，、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，設，則，，，，，，，設平面的法向量為，則，取，則，，則，設平面的法向量為，則，取，則，，可得平面的一個法向量為，由于二面角的余弦值為，則，解得，則，假設線段上存在點，使得點到直線的距離為，設，∴，則，∴，，∴點到直線的距離為，解得或，所以線段上存在點，為靠近或靠近的三等分點時，使得點到直線的距離為.5．（24-25高三上·遼寧·階段練習）如圖，在四棱臺中，平面平面.(1)求證：；(2)求平面與平面所成角的正弦值；(3)求點關于平面的對稱點到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）連接，根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理得四邊形為平行四邊形可得答案；（2）做交與點，以點為原點，所在的直線分別為軸的正方向建立空間直角坐標系，求出平面、平面的一個法向量，由二面角的向量求法可得答案；（3）求出平面的一個法向量、點到平面的距離，設，根據(jù)與共線得，再由點到平面的距離求出，最后再求點到平面的距離.【詳解】（1）連接，因為，，所以，所以四點在同一平面上，又因為平面，平面平面，所以，可得四邊形為平行四邊形，所以；（2）因為，，，，所以四邊形是等腰梯形，做交與點，可得，所以，且，以點為原點，所在的直線分別為軸的正方向建立空間直角坐標系，則，，，，，，設向量為平面的一個法向量，則，即，令，得，所以，設向量為平面的一個法向量，則，即，令，得，所以，，設平面與平面所成角的為，所以；（3）由（2）建立的空間直角坐標系，得，，，，設為平面的一個法向量，則，即，令，得，所以，則點到平面的距離為，設，則，因為與共線，，可得，，所以點到平面的距離為，解得，或（舍去），此時，，所以點到平面的距離.【點睛】關鍵點點睛：第三問解題的關鍵點是利用向量共線求出點的坐標.題型5翻折問題一、翻折問題的兩個解題策略1、確定翻折前后變與不變的關系：畫好翻折前后的平面圖形與立體圖形，分清翻折前后圖形的位置和數(shù)量關系的變與不變．一般地，位于“折痕”同側(cè)的點、線、面之間的位置和數(shù)量關系不變，而位于“折痕”兩側(cè)的點、線、面之間的位置關系會發(fā)生變化；對于不變的關系應在平面圖形中處理，而對于變化的關系則要在立體圖形中解決2、確定翻折后關鍵點的位置：所謂的關鍵點，是指翻折過程中運動變化的點．因為這些點的位置移動，會帶動與其相關的其他的點、線、面的關系變化，以及其他點、線、面之間位置關系與數(shù)量關系的變化．只有分析清楚關鍵點的準確位置，才能以此為參照點，確定其他點、線、面的位置，進而進行有關的證明與計算一、解答題1．（2024·四川成都·模擬預測）如圖1，在中，B=90°，AB=4，BC=2，D，E分別是邊AB，AC的中點，現(xiàn)將沿著DE折起，使點A到達點P的位置，連接PB，PC，得到四棱錐P-BCED，如圖2所示，設平面平面PBC=l.(1)求證：平面PBD；(2)若點B到平面PDE的距離為，求平面PEC與平面PBD夾角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用線面垂直的判定定理、線面平行的判定定理以及性質(zhì)定理進行證明.（2）利用線面垂直的判定定理、性質(zhì)定理以及空間向量、平面與平面的夾角公式進行計算求解.【詳解】（1）證明：因為，所以.因為D，E分別是邊AB，AC的中點，所以，所以DE⊥BD，DE⊥PD.又BD，平面PBD，，所以DE⊥平面PBD.因為，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC.又平面PDE，平面平面，所以，所以平面PBD.（2）如圖，過點B作，垂足為F.由（1）可知，平面PDE⊥平面PBD.又平面平面PBD=PD，所以BF⊥平面PDE，所以點B到平面PDE的距離即為BF的長，則.在中，，所以.又BD=PD=2，所以是邊長為2的等邊三角形.取BD的中點O，連接OP，則，.由（1）可知，DE⊥平面PBD.又平面PBD，所以DE⊥OP.又，BD，平面BCED，所以OP⊥平面BCED.以D為坐標原點，DB，DE所在直線分別為x軸、y軸，且以過點D與OP平行的直線為z軸，建立空間直角坐標系如圖所示，則，，，，所以，，.設平面PEC的法向量為，則令，得，，所以是平面PEC的一個法向量.易知是平面PBD的一個法向量，所以，所以平面與平面夾角的正弦值為.2．（24-25高三上·廣西河池·階段練習）如圖1，平面圖形由直角梯形和等腰直角拼接而成，其中，，；，，點是中點，現(xiàn)沿著將其折成四棱錐（如圖2）．(1)當二面角為直二面角時，求點到平面的距離；(2)在（1）的條件下，設點為線段上任意一點（不與，重合），求二面角的余弦值的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用向量法求得點到平面的距離.（2）設，求得點坐標，表示出二面角的余弦值，再求其范圍.【詳解】（1）∵，，∴．點是中點，，∴，結(jié)合折疊前后圖形的關系可知，∵二面角為直二面角，則側(cè)面底面，側(cè)面底面，∴平面，易知，，兩兩垂直．以為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系，如下圖所示，則，，，，，∴，，．設平面的法向量為，則，取，得，，則為平面的一個法向量，則點到平面的距離．（2）設點滿足（）．∵，∴，∴，∴．設平面的法向量為，又∵，，∴，取，則，，取為平面的一個法向量．易知平面的一個法向量為，二面角的余弦值為，由，所以，則，所以二面角的余弦值的取值范圍為.3．（23-24高三上·內(nèi)蒙古呼和浩特·期中）如圖：等邊三角形的邊長為3，，．將三角形沿著折起，使之成為四棱錐．點滿足，點在棱上，滿足．且．(1)求到平面的距離；(2)求面與面夾角的余弦值；(3)點在面的正射影為點，求與平面夾角的正弦值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）先求出，利用勾股定理證得，以點為原點建立空間直角坐標系，根據(jù)求出點的坐標，再根據(jù)即可求出點的坐標，即可得解；（2）分別求出兩平面的法向量，求出兩法向量夾角的余弦值，即可得解；（3）先確定點的位置，再利用向量法求解即可.【詳解】（1）在中，，由余弦定理得，所以，所以，即，如圖，以點為原點建立空間直角坐標系，則，設，則，，因為，所以，解得，則，故，所以，設，由，得，解得，即，所以到平面的距離為；（2），設平面得法向量為，則有，可取，設平面得法向量為，則有，可取，則，所以面與面夾角的余弦值為；（3）因為平面，所以平面，因為點在面的正射影為點，所以平面，所以，所以在上，，則，故，則，則，所以與平面夾角的正弦值為．【點睛】方法點睛：求空間角的常用方法：（1）定義法：由異面直線所成角、線面角、二面角的定義，結(jié)合圖形，作出所求空間角，再結(jié)合題中條件，解對應的三角形，即可求出結(jié)果；（2）向量法：建立適當?shù)目臻g直角坐標系，通過計算向量的夾角（兩直線的方向向量、直線的方向向量與平面的法向量、兩平面的法向量）的余弦值，即可求得結(jié)果.題型6立體幾何中的新定義問題面對新情景、新定義，首先要深入理解并分析這些新元素，將其與已知的立體幾何知識相結(jié)合。明確解題目標后，靈活運用基本定理和性質(zhì)，如平行、垂直的判定與性質(zhì)，以及空間角、距離的計算公式。在解題過程中，合理構(gòu)造輔助線和面，以揭示隱藏的空間關系，簡化問題。對于復雜問題，可嘗試建立空間直角坐標系，利用向量法進行計算和證明。同時，要善于將空間問題平面化，通過截面、投影等方式轉(zhuǎn)化求解對象。最后，解題后要進行驗證和反思，確保結(jié)論的正確性，并總結(jié)所使用的方法和技巧，以便在未來遇到類似問題時能夠迅速應對一、解答題1．（24-25高三上·江西上饒·期末）在空間直角坐標系中，定義：過點，且方向向量為的直線的點方向式方程為；過點，且法向量為的平面的點法向式方程為，將其整理為一般式方程為，其中．(1)已知直線的點方向式方程為，平面的一般式方程為，求直線與平面所成角的余弦值；(2)已知平面的一般式方程為，平面的一般式方程為，平面的一般式方程為，若，證明：；(3)已知斜三棱柱中，側(cè)面所在平面經(jīng)過三點，側(cè)面所在平面的一般式方程為，側(cè)面所在平面的一般式方程為，求平面與平面夾角的余弦值．【答案】(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）根據(jù)給出的結(jié)論，得到直線的方向向量和平面的法向量，利用空間向量求直線與平面所成的角的余弦值.（2）求平面與交線的方向向量和平面的法向量，利用向量的方法，證明直線與平面平行.（3）分別求平面與平面的法向量，利用空間向量求平面角的余弦值.【詳解】（1）由直線的點方向式方程為可知直線的一個方向向量坐標為由平面的一般式方程為可知平面的一個法向量為，設直線與平面所成角為，所以有，所以，即直線與平面所成角的余弦值為．（2）由平面可知平面的一個法向量為，由平面可知平面的一個法向量為，設兩平面交線的方向向量為，則，令，則，可得，由平面可知平面的一個法向量為，因為，即，且，所以．（3）因平面經(jīng)過三點，可得，設側(cè)面所在平面的法向量為則，令，解得，可得，由平面可知平面的一個法向量為，設平面與平面的交線（即直線）的方向向量為，則，令，則，，可得，由平面可知平面的一個法向量為，由，則，解得，即，故平面與平面夾角的余弦值為．【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵在于理解題中給出的結(jié)論，并能利用結(jié)論解決問題.2．（24-25高三下·甘肅白銀·階段練習）空間的彎曲性是幾何研究的重要內(nèi)容，用曲率刻畫空間的彎曲性，規(guī)定：①多面體頂點的曲率等于減去多面體在該點處所有面角之和；②多面體的總曲率等于多面體所有頂點的曲率之和，多面體各頂點的平均曲率等于它的總曲率與頂點數(shù)之商，其中多面體的面的內(nèi)角叫作多面體的面角，角度用弧度制．例如：正四面體每個頂點均有3個面角，每個面角均為，故其各個頂點的曲率均為．(1)如圖1，已知四棱錐的底面ABCD為菱形，，O為BD的中點，且平面ABCD，．①求該四棱錐在頂點P處的曲率的余弦值；②求二面角的平面角的正弦值；(2)瑞士數(shù)學家萊昂哈德·歐拉是18世紀數(shù)學界最杰出的人物之一，他對簡單多面體進行研究后，提出了著名的歐拉定理：簡單多面體的頂點數(shù)V、棱數(shù)E與面數(shù)F滿足．請運用歐拉定理解決下列問題：碳60（）具有超導特性、抗化學腐蝕性