文档内容
专题 14 空间向量与立体几何（解答题）
6 种常见考法归类
知识 五年考情（2021-2025） 命题趋势
考点01平行关系的判定
1.线面关系证明是基础必考题
知识1 线面关 2025·上海 2023·全国乙卷 2022·全国甲卷
平行关系（如线面平行、面面平
系的证明
考点02垂直关系的判定 行）和垂直关系（线面垂直、面
（5年4考）
2023·全国甲卷 2022·全国乙卷 2021·全国甲卷 面垂直）的判定是解答题的 “保
2021·全国乙卷 底” 考点，题目通常以常见几何
体（棱柱、棱锥、棱台等）为载
考点03求异面直线所成的角
体，要求结合几何定义、判定定
2025·全国一卷 2021·上海
理进行逻辑推理，强调对空间线
考点04求直线与平面所成的角 面位置关系的直观感知与严谨论
2025·北京 2024·上海 2023·全国甲卷 2022·上 证能力，难度中等，是得分的关
海 键环节。
2022·浙江 2022·全国甲卷 2022·全国乙卷 2.空间角的计算是高频重难点
知识2 空间角 2022·北京 2021·浙江 空间角（异面直线所成角、直线
（5年5考） 考点05求面面角或二面角 与平面所成角、二面角）的求解
2025·全国二卷2025·天津2024·新课标Ⅰ卷 在近 5 年保持 “5 年 5 考”
2024·新课标Ⅱ卷2024·全国甲卷2024·北京 的高频态势，其中二面角是绝对
核心（几乎每年必考，覆盖全国
2023·新课标Ⅰ卷2023·新课标Ⅱ卷2023·北京
卷、地方卷多个地区），其次是
2023·上海2023·全国乙卷2022·新高考全国Ⅰ卷
直线与平面所成角，异面直线所
2022·新高考全国Ⅱ卷2022·天津2021·新高考全
成角偶有涉及。题目通常需要结
国Ⅰ卷2021·新高考全国Ⅱ卷2021·全国甲卷
合空间向量法（建系、求法向
2021·全国乙卷 2021·天津2021·北京
量）或几何法（作辅助线、找
角）求解，既考查空间想象能
力，也注重运算准确性，是区分
度的重要体现。
知识3 空间距
考点06求点到面的距离 3.空间距离的考查聚焦点到面距离
离
空间距离的考查以 “点到面的距
2024·全国甲卷 2024·天津 2023·天津
（5年2考）
离” 为核心（近 5 年多次出
现），常与体积计算、空间角综
合命题，需要借助等体积法或空
间向量的投影公式求解，体现“空间度量” 的统一性，难度中
等偏上。
考点01平行关系的判定
1．（2025·上海·高考真题）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且 ．
(1)若直线PA与圆锥底面的所成角为 ，求圆锥的侧面积；
(2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为 ， ．设点M在线段OC
上，证明：直线 平面PBD．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由线面角先算出母线长，然后根据侧面积公式求解.
（2）证明平面 平面 ，然后根据面面平行的性质可得.
【详解】（1）由题知， ，即轴截面 是等边三角形，故 ，
底面周长为 ，则侧面积为： ;
（2）由题知 ，则根据中位线性质， ，
又 平面 ， 平面 ，则 平面
由于 ，底面圆半径是 ，则 ，又 ，则 ，
又 ，则 为等边三角形，则 ，
于是 且 ，则四边形 是平行四边形，故 ，
又 平面 ， 平面 ，故 平面 .
又 平面 ，根据面面平行的判定，于是平面 平面 ，
又 ，则 平面 ，则 平面
2．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥 中， ， ， ，
， 的中点分别为 ，点 在 上， ．
(1)求证： //平面 ；
(2)若 ，求三棱锥 的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形 为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）作出并证明 为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.
【详解】（1）连接 ，设 ，则 ， ，
，
则 ，
解得 ，则 为 的中点，由 分别为 的中点，
于是 ，即 ，
则四边形 为平行四边形，，又 平面 平面 ，
所以 平面 .
（2）过 作 垂直 的延长线交于点 ，
因为 是 中点，所以 ，
在 中， ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，又 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，又 ， 平面 ，
所以 平面 ，
即三棱锥 的高为 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
又 ，
所以 .
3．（2022·全国甲卷·高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：
底面 是边长为8（单位： ）的正方形， 均为正三角形，且它们所在的
平面都与平面 垂直．(1)证明： 平面 ；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ．
【分析】（1）分别取 的中点 ，连接 ，由平面知识可知 ， ，
依题从而可证 平面 ， 平面 ，根据线面垂直的性质定理可知 ，即可知四
边形 为平行四边形，于是 ，最后根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取 中点 ，由（1）知，该几何体的体积等于长方体 的体积加上四
棱锥 体积的 倍，即可解出．
【详解】（1）如图所示：
分别取 的中点 ，连接 ，因为 为全等的正三角形，所以 ，
，又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面
，同理可得 平面 ，根据线面垂直的性质定理可知 ，而 ，所以四边
形 为平行四边形，所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面
．
（2）[方法一]：分割法一如图所示：
分别取 中点 ，由（1）知， 且 ，同理有， ，
， ，由平面知识可知， ， ，
，所以该几何体的体积等于长方体 的体积加上四棱锥 体积
的 倍．
因为 ， ，点 到平面 的距离即为点 到直线 的
距离 ， ，所以该几何体的体积
．
[方法二]：分割法二
如图所示：
连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的
倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面
APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积
考点02垂直关系的判定
4．（2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱 中， 平面 ．(1)证明：平面 平面 ；
(2)设 ，求四棱锥 的高．
【答案】(1)证明见解析.
(2)
【分析】(1)由 平面 得 ，又因为 ，可证 平面 ，从而证得平面
平面 ；
(2) 过点 作 ，可证四棱锥的高为 ,由三角形全等可证 ，从而证得 为 中点，
设 ，由勾股定理可求出 ，再由勾股定理即可求 .
【详解】（1）证明：因为 平面 ， 平面 ,
所以 ,
又因为 ，即 ，
平面 ， ,
所以 平面 ，
又因为 平面 ,
所以平面 平面 .
（2）如图，
过点 作 ，垂足为 .
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，所以四棱锥 的高为 .
因为 平面 ， 平面 ,
所以 , ,
又因为 ， 为公共边，
所以 与 全等，所以 .
设 ，则 ，
所以 为 中点， ,
又因为 ,所以 ,
即 ，解得 ，
所以 ，
所以四棱锥 的高为 ．
5．（2022·全国乙卷·高考真题）如图，四面体 中， ，E为AC的
中点．
(1)证明：平面 平面ACD；
(2)设 ，点F在BD上，当 的面积最小时，求三棱锥 的体积．
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）通过证明 平面 来证得平面 平面 .
（2）首先判断出三角形 的面积最小时 点的位置，然后求得 到平面 的距离，从而求得三棱锥
的体积.
【详解】（1）由于 ， 是 的中点，所以 .
由于 ，所以 ，所以 ，故 ，
由于 ， 平面 ，
所以 平面 ，
由于 平面 ，所以平面 平面 .
（2）[方法一]：判别几何关系
依题意 ， ，三角形 是等边三角形，
所以 ，
由于 ，所以三角形 是等腰直角三角形，所以 .
，所以 ，
由于 ， 平面 ，所以 平面 .
由于 ，所以 ，
由于 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
由于 ，所以当 最短时，三角形 的面积最小
过 作 ，垂足为 ，
在 中， ，解得 ，
所以 ，
所以
过 作 ，垂足为 ，则 ，所以 平面 ，且 ，
所以 ，
所以 .[方法二]：等体积转换
， ，
是边长为2的等边三角形，
连接
6．（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱 中，侧面 为正方形， ，E，
F分别为 和 的中点， .
（1）求三棱锥 的体积；
（2）已知D为棱 上的点，证明： .【答案】(1) ；(2)证明见解析.
【分析】（1）先证明 为等腰直角三角形，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；
（2）将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题
中的结论.
【详解】（1）由于 ， ，所以 ，
又AB⊥BB， ，故 平面 ，
1
则 ， 为等腰直角三角形，
， .
（2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体 ，如图所示，取棱
的中点 ，连结 ，
正方形 中， 为中点，则 ，
又 ，
故 平面 ，而 平面 ，
从而 .
【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我
们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面
面）的证明经常进行等价转化.
7．（2021·全国乙卷·高考真题）如图，四棱锥 的底面是矩形， 底面 ，M为 的中
点，且 ．（1）证明：平面 平面 ；
（2）若 ，求四棱锥 的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2） ．
【分析】（1）由 底面 可得 ，又 ，由线面垂直的判定定理可得 平面
，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面 平面 ；
（2）由（1）可知， ，由平面知识可知， ，由相似比可求出 ，再根据四棱锥
的体积公式即可求出．
【详解】（1）因为 底面 ， 平面 ，
所以 ，
又 ， ，
所以 平面 ，
而 平面 ，
所以平面 平面 ．
（2）[方法一]：相似三角形法
由（1）可知 ．
于是 ，故 ．
因为 ，所以 ，即 ．
故四棱锥 的体积 ．
[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法
由（2）知 ,所以 ．
建立如图所示的平面直角坐标系，设 ．因为 ，所以 ， ， ， ．
从而 ．
所以 ，即 ．下同方法一.
[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法
建立如图所示的空间直角坐标系 ，
设 ，所以 ， ， ， ， ．
所以 ， ， ．
所以 ．
所以 ，即 ．下同方法一.
[方法四]：空间向量法
由 ，得 ．
所以 ．
即 ．
又 底面 ， 在平面 内，
因此 ，所以 ．
所以 ，由于四边形 是矩形，根据数量积的几何意义，
得 ，即 ．
所以 ，即 ．下同方法一.
【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；
方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；
方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，
为最优解；
方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.
考点03求异面直线所成的角
8．（2025·全国一卷·高考真题）如图所示的四棱锥 中， 平面 ， ．
(1)证明：平面 平面 ；
(2) ， ， ， ， 在同一个球面上，设该球面的球心为 ．
（i）证明： 在平面 上；
（ⅱ）求直线 与直线 所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；
（ii） .
【分析】（1）通过证明 ， ，得出 平面 ，即可证明面面垂直；
（2）（i）法一：建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设 在同一球面 上，在平面
中，得出点 坐标，进而得出点 在空间中的坐标，计算出 ，即可证明结论；
法二：作出 的边 和 的垂直平分线，找到三角形的外心 ，求出 ，求出出外心 到 ，
， ， 的距离相等，得出外心 即为 ， ， ， 所在球的球心，即可证明结论；
（ii）法一：写出直线 和 的方向向量，即可求出余弦值.
法二：求出 的长，过点 作 的平行线，交 的延长线为 ，连接 ， ，利用勾股定理求出
的长，进而得出 的长，在 中由余弦定理求出 ，即可求出直线 与直线 所成
角的余弦值.【详解】（1）由题意证明如下，
在四棱锥 中， ⊥平面 ， ，
平面 ， 平面 ，
∴ ， ，
∵ 平面 ， 平面 ， ，
∴ 平面 ，
∵ 平面 ，
∴平面 平面 .
（2）（i）由题意及（1）证明如下，
法一：
在四棱锥 中， ， ， ， ∥ ，
， ，
建立空间直角坐标系如下图所示，
∴ ，
若 ， ， ， 在同一个球面上，
则 ，
在平面 中，
∴ ，
∴线段 中点坐标 ，直线 的斜率： ，
直线 的垂直平分线 斜率： ，
∴直线 的方程： ，
即 ，
当 时， ，解得： ，
∴
在立体几何中， ，
∵
解得： ，
∴点 在平面 上.
法二：
∵ ， ， ， 在同一个球面上，
∴球心到四个点的距离相等
在 中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心，
作出 和 的垂直平分线，如下图所示，
由几何知识得，
， ，，
∴ ，
∴点 是 的外心，
在Rt 中， ， ，
由勾股定理得，
∴ ，
∴点 即为点 ， ， ， 所在球的球心 ，
此时点 在线段 上， 平面 ，
∴点 在平面 上.
（ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得，
，
设直线 与直线 所成角为 ，
∴ .
法2：
由几何知识得， ，
， ∥ ，
∴ ，
在Rt 中， ， ，由勾股定理得，
，过点 作 的平行线，交 的延长线为 ，连接 ， ，
则 ，直线 与直线 所成角即为 中 或其补角.
∵ 平面 ， 平面 ， ，
∴ ，
在Rt 中， ， ，由勾股定理得，
，
在Rt 中， ，由勾股定理得，
，
在 中，由余弦定理得，
，
即：
解得：
∴直线 与直线 所成角的余弦值为： .
9．（2021·上海·高考真题）四棱锥 ，底面为正方形 ，边长为4， 为 中点， 平
面 .
（1）若△ 为等边三角形，求四棱锥 的体积；
（2）若 的中点为 ， 与平面 所成角为45°，求 与 所成角的大小.【答案】（1） ；（2） .
【分析】（1）由棱锥体积公式计算；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【详解】（1）∵正方形 边长为4，△ 为等边三角形， 为 中点，
∴ ， ；
（2）如图以 为 轴建立空间直角坐标系，则 ， ， ，
，∴ ， ，
∴ ，
即 与 所成角的大小为 ．
考点04求直线与平面所成的角
10．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥 中， 与 均为等腰直角三角形，
，E为BC的中点．
(1)若 分别为 的中点，求证： 平面PAB；
(2)若 平面ABCD， ，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，只需证明 即可；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线AB的方向向量与面PCD的法向量，根据向量夹角公式即可
求解.
【详解】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，
与 为等腰直角三角形且 ，
不妨设 ， . .
E、F分别为BC、PD的中点，
，且 .
， ，
，∴四边形FGMN为平行四边形，
，
平面PAB， 平面PAB， 平面PAB；
（2） 平面ABCD， 以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直
角坐标系，
设 ，则 ，
，
设平面PCD的一个法向量为 ，
， ，
取 ， ， .
设AB与平面PCD所成角为 ，
则 ，即AB与平面PCD所成角的正弦值为 .
11．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥 为底面 的中心．
(1)若 ，求 绕 旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若 为 的中点，求直线 与平面 所成角的大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形 的边长，然后求圆锥的体积；
（2）连接 ，可先证 平面 ，根据线面角的定义得出所求角为 ，然后结合题目
数量关系求解.
【详解】（1）正四棱锥满足且 平面 ，由 平面 ，则 ，
又正四棱锥底面 是正方形，由 可得， ，
故 ，
根据圆锥的定义， 绕 旋转一周形成的几何体是以 为轴， 为底面半径的圆锥，
即圆锥的高为 ，底面半径为 ，
根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是
（2）连接 ，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，
由 是 中点，则 ，又 平面 ，
故 平面 ，即 平面 ，又 平面 ，
于是直线 与平面 所成角的大小即为 ，不妨设 ，则 ， ，
又线面角的范围是 ，
故 .即为所求.
12．（2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱 中， 底面ABC，
， 到平面 的距离为1．
(1)证明： ；
(2)已知 与 的距离为2，求 与平面 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得 平面 ，再由勾股定理求出
为中点，即可得证；
（2）利用直角三角形求出 的长及点 到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值.
【详解】（1）如图，
底面 ， 面 ，
，又 ， 平面 ， ,
平面ACC A，又 平面 ，
1 1
平面 平面 ，过 作 交 于 ，又平面 平面 ， 平面 ，
平面
到平面 的距离为1， ，
在 中， ，
设 ，则 ，
为直角三角形，且 ，
， ， ，
，解得 ，
，
（2） ，
，
过B作 ，交 于D，则 为 中点，
由直线 与 距离为2，所以
， ， ，
在 ， ，
延长 ，使 ，连接 ，
由 知四边形 为平行四边形，
， 平面 ，又 平面 ，
则在 中， ， ，
在 中， ， ，
,
又 到平面 距离也为1，
所以 与平面 所成角的正弦值为 .
13．（2022·上海·高考真题）如图所示三棱锥P-ABC，底面为等边三角形ABC，O为AC边中点，且
底面ABC，(1)求三棱锥P-ABC的体积；
(2)若M为BC中点，求PM与平面PAC所成角大小（结果用反三角数值表示）.
【答案】(1)1；
(2) ．
【分析】（1）由棱锥体积公式计算；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法二面角．
【详解】（1） 底面ABC， 底面ABC，则 ，连接 ，同理 ，
又 ， ，∴ ，
而 ，
所以 ；
（2）由已知 ，分别以 为 轴建立空间直角坐标系，如图，
由已知 ，
则 ， ， ，∴ ，
，易知平面 的一个法向量是 ，
，
设PM与平面PAC所成角大小为 ，则 ， ，∴ ．14．（2022·浙江·高考真题）如图，已知 和 都是直角梯形， ， ， ，
， ， ，二面角 的平面角为 ．设M，N分别为 的
中点．
(1)证明： ；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ．
【分析】（1）过点 、 分别做直线 、 的垂线 、 并分别交于点 、 ，由平面知识易得
，再根据二面角的定义可知， ，由此可知， ， ，从而可证得
平面 ，即得 ；
（2）由（1）可知 平面 ，过点 做 平行线 ，所以可以以点 为原点， ， 、
所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系 ，求出平面 的一个法向量，以及
，即可利用线面角的向量公式解出．
【详解】（1）过点 、 分别做直线 、 的垂线 、 并分别交于点 、 ．
∵四边形 和 都是直角梯形， ， ，
由平面几何知识易知， ，则四边形 和四边形
是矩形，∴在Rt 和Rt ， ，
∵ ，且 ，
∴ 平面 是二面角 的平面角，则 ，
∴ 是正三角形，由 平面 ，得平面 平面 ，∵ 是 的中点， ，又 平面 ， 平面 ，可得 ，而 ，
∴ 平面 ，而 平面 ．
（2）因为 平面 ，过点 做 平行线 ，所以以点 为原点， ， 、 所在直线
分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系 ，
设 ，则 ，
设平面 的法向量为
由 ，得 ，取 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
∴ ．
15．（2022·全国甲卷·高考真题）在四棱锥 中， 底面
．(1)证明： ；
(2)求PD与平面 所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2) .
【分析】（1）作 于 ， 于 ，利用勾股定理证明 ，根据线面垂直的性质可得
，从而可得 平面 ，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点 为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【详解】（1）证明：在四边形 中，作 于 ， 于 ，
因为 ，
所以四边形 为等腰梯形，
所以 ，
故 ， ，
所以 ，
所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
又 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，
所以 ；
（2）解：如图，以点 为原点建立空间直角坐标系，
，
则 ，
则 ，
设平面 的法向量 ，则有 ，可取 ，
则 ，
所以 与平面 所成角的正弦值为 .
16．（2022·全国乙卷·高考真题）如图，四面体 中， ，E为
的中点．
(1)证明：平面 平面 ；
(2)设 ，点F在 上，当 的面积最小时，求 与平面 所成的角的正
弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2) 与平面 所成的角的正弦值为
【分析】（1）根据已知关系证明 ，得到 ，结合等腰三角形三线合一得到垂直关
系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到 ，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【详解】（1）因为 ，E为 的中点，所以 ；在 和 中，因为 ，
所以 ，所以 ，又因为E为 的中点，所以 ；
又因为 平面 ， ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以平面 平面 .
（2）连接 ，由（1）知， 平面 ，因为 平面 ，
所以 ，所以 ，
当 时， 最小，即 的面积最小.
因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 是等边三角形，
因为E为 的中点，所以 ， ，
因为 ，所以 ,
在 中， ，所以 .
以 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 ，所以 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，取 ，则 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，
设 与平面 所成的角为 ，
所以 ，
所以 与平面 所成的角的正弦值为 .17．（2022·北京·高考真题）如图，在三棱柱 中，侧面 为正方形，平面 平面
， ，M，N分别为 ，AC的中点．
(1)求证： 平面 ；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①： ；
条件②： ．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取 的中点为 ，连接 ，可证平面 平面 ，从而可证 平面
.
（2）选①②均可证明 平面 ，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面
角的正弦值.
【详解】（1）取 的中点为 ，连接 ，
由三棱柱 可得四边形 为平行四边形，
而 ，则 ，
而 平面 ， 平面 ，故 平面 ，
而 ，则 ，同理可得 平面 ，
而 平面 ，故平面 平面 ，而 平面 ，故 平面 ，
（2）因为侧面 为正方形，故 ，
而 平面 ，平面 平面 ，
平面 平面 ，故 平面 ，
因为 ，故 平面 ，
因为 平面 ，故 ，
若选①，则 ，而 ， ，
故 平面 ，而 平面 ，故 ，
所以 ，而 ， ，故 平面 ，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则 ，
故 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，从而 ，取 ，则 ，
设直线 与平面 所成的角为 ，则
.
若选②，因为 ，故 平面 ，而 平面 ，
故 ，而 ，故 ，
而 ， ，故 ，
所以 ，故 ，
而 ， ，故 平面 ，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则 ，
故 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，从而 ，取 ，则 ，
设直线 与平面 所成的角为 ，则
.18．（2021·浙江·高考真题）如图，在四棱锥 中，底面 是平行四边形，
，M，N分别为 的中点， .
（1）证明： ；
（2）求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2） ．
【分析】（1）要证 ，可证 ，由题意可得， ，易证 ，从而 平
面 ，即有 ，从而得证；
（2）取 中点 ，根据题意可知， 两两垂直，所以以点 为坐标原点，建立空间直角坐
标系，再分别求出向量 和平面 的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．
【详解】（1）在 中， ， ， ，由余弦定理可得 ，
所以 ， ．由题意 且 ， 平面 ，而
平面 ，所以 ，又 ，所以 ．
（2）由 ， ，而 与 相交，所以 平面 ，因为 ，所以
，取 中点 ，连接 ，则 两两垂直，以点 为坐标原点，如图所示，建立
空间直角坐标系,
则 ,
又 为 中点，所以 .
由（1）得 平面 ，所以平面 的一个法向量从而直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明 ，可以考虑 ，
题中与 有垂直关系的直线较多，易证 平面 ，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第
一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．
考点05求面面角或二面角
19．（2021·全国乙卷·高考真题）如图，四棱锥 的底面是矩形， 底面 ， ，
为 的中点，且 ．
（1）求 ；
（2）求二面角 的正弦值．
【答案】（1） ；（2）
【分析】（1）以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，设
，由已知条件得出 ，求出 的值，即可得出 的长；
（2）求出平面 、 的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法
平面 ，四边形 为矩形，不妨以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、
、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系 ，设 ，则 、 、 、 、 ，
则 ， ，
，则 ，解得 ，故 ；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结 ．因为 底面 ，且 底面 ，所以 ．
又因为 ， ，所以 平面 ．
又 平面 ，所以 ．
从而 ．
因为 ，所以 ．所以 ，于是 ．
所以 ．所以 ．
[方法三]：几何法+三角形面积法
如图，联结 交 于点N．
由[方法二]知 ．
在矩形 中，有 ，所以 ，即 ．
令 ，因为M为 的中点，则 ， ， ．
由 ，得 ，解得 ，所以 ．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面 的法向量为 ，则 ， ，
由 ，取 ，可得 ，
设平面 的法向量为 ， ， ，
由 ，取 ，可得 ，
，所以， ，
因此，二面角 的正弦值为 .
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体 ，联结 ，交点记为H，由于 ， ，所以
平面 ．过H作 的垂线，垂足记为G．
联结 ，由三垂线定理可知 ，
故 为二面角 的平面角．
易证四边形 是边长为 的正方形，联结 ， ．
，
由等积法解得 ．
在 中， ，由勾股定理求得 ．
所以， ，即二面角 的正弦值为 ．
【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，
结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等
面积方法求得.
（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，
为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.20．（2023·北京·高考真题）如图，在三棱锥 中， 平面 ， ．
(1)求证： 平面PAB；
(2)求二面角 的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线面垂直的性质证得 ，再利用勾股定理证得 ，从而利用线面垂直的
判定定理即可得证；
（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面 与平面 的法向量，再利用空间向
量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【详解】（1）因为 平面 平面 ，
所以 ，同理 ，
所以 为直角三角形，
又因为 ， ，
所以 ，则 为直角三角形，故 ，
又因为 ， ，
所以 平面 .
（2）由（1） 平面 ，又 平面 ，则 ，
以 为原点， 为 轴，过 且与 平行的直线为 轴， 为 轴，建立空间直角坐标系，如图，则 ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，即
令 ，则 ，所以 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，即 ，
令 ，则 ，所以 ，
所以 ，
又因为二面角 为锐二面角，
所以二面角 的大小为 .
21．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形 中， ，F为CD的中点，点
E在AB上， ， ，将四边形 沿 翻折至四边形 ，使得面
与面EFCB所成的二面角为 ．
(1)证明: 平面 ；
(2)求面 与面 所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出 平面 及 平面 ，
再应用面面平行判定定理得出平面 平面 ，进而得出线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点 的坐标表示出来，然后将平面 及平面
的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其正
弦值.
【详解】（1）设 ，所以 ，因为 为 中点，所以 ，因为 ，
，所以 是平行四边形， 所以 ，所以 ，
因为 平面 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 平面 ，所以 平面 ，
又 ， 平面 ，所以平面 平面 ，
又 平面 ，所以 平面 ．
（2）
因为 ，所以 ，又因为 ，所以 ，
以 为原点， 以及垂直于平面 的直线分别为 轴，建立空间直角坐标系.
因为 ，平面 与平面 所成二面角为60° ，
所以 .
则 ， ， ， ， ，.
所以 .
设平面 的法向量为 ，则
，所以 ，令 ，则 ，则 .
设平面 的法向量为 ，则 ，所以 ，
令 ，则 ，所以 .
所以 .
所以平面 与平面 夹角的正弦值为 .
22．（2025·天津·高考真题）正方体 的棱长为4， 分别为 中点， ．
(1)求证： 平面 ；
(2)求平面 与平面 夹角的余弦值；
(3)求三棱锥 的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明 ，再结合正方体的性质得出 平面 ，
利用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面垂直即可；
（2）利用空间向量计算面面夹角即可；
（3）利用空间向量计算点面距离，再利用锥体的体积公式计算即可.
【详解】（1）法一、在正方形 中，
由条件易知 ，所以 ，
则 ，
故 ，即 ，在正方体中，易知 平面 ，且 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，∴ ，
∵ 平面 ，∴ 平面 ；
法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系，
则 ，
所以 ，
设 是平面 的一个法向量，
则 ，令 ，则 ，所以 ，
易知 ，则 也是平面 的一个法向量，∴ 平面 ；
（2）同上法二建立的空间直角坐标系，
所以 ，
由（1）知 是平面 的一个法向量，
设平面 的一个法向量为 ，所以 ，
令 ，则 ，即 ，
设平面 与平面 的夹角为 ，
则 ；
（3）由（1）知 平面 ， 平面 ，∴ ，
易知 ，
又 ，则D到平面 的距离为 ，
由棱锥的体积公式知： .23．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四
边形ADEF均为等腰梯形， ， ， ， 为
的中点．
(1)证明： 平面 ；
(2)求二面角 的正弦值．
【答案】(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）结合已知易证四边形 为平行四边形，可证 ，进而得证；
（2）作 交 于 ，连接 ，易证 三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式
即可求解.
【详解】（1）因为 为 的中点，所以 ，
四边形 为平行四边形，所以 ，又因为 平面 ，
平面 ，所以 平面 ；
（2）如图所示，作 交 于 ，连接 ，
因为四边形 为等腰梯形， ，所以 ，
结合（1） 为平行四边形，可得 ，又 ，
所以 为等边三角形， 为 中点，所以 ，
又因为四边形 为等腰梯形， 为 中点，所以 ，
四边形 为平行四边形， ，所以 为等腰三角形， 与 底边上中点 重合， ， ，
因为 ，所以 ，所以 互相垂直，
以 方向为 轴， 方向为 轴， 方向为 轴，建立 空间直角坐标系，
， ， ，
，设平面 的法向量为 ，
平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，得 ，即 ，
则 ，即 ，令 ，得 ，
即 ， ，则 ，
故二面角 的正弦值为 .
24．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥 中， ， ， ,点 在
上，且 ， ．
(1)若 为线段 中点，求证： 平面 ．
(2)若 平面 ，求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）取 的中点为 ，接 ，可证四边形 为平行四边形，由线面平行的判定定理可
得 平面 .
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面 和平面 的法向量后可求夹角的余弦值.
【详解】（1）取 的中点为 ，接 ，则 ，
而 ，故 ，故四边形 为平行四边形，
故 ，而 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）
因为 ，故 ，故 ，
故四边形 为平行四边形，故 ，所以 平面 ，
而 平面 ，故 ，而 ，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
则
设平面 的法向量为 ，
则由 可得 ，取 ，
设平面 的法向量为 ，
则由 可得 ，取 ，
故 ，
故平面 与平面 夹角的余弦值为25．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中， ， ， ，
， ，点E，F满足 ， ，将 沿EF翻折至 ，使得
．
(1)证明： ；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得 ，利用勾股定理的逆定理可证得 ，则
，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；
（2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明 ，建立如图空间直角坐标系 ，利
用空间向量法求解面面角即可.
【详解】（1）由 ，
得 ，又 ，在 中，
由余弦定理得 ,
所以 ，则 ，即 ，
所以 ，又 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
故 ；
（2）连接 ，由 ，则 ，
在 中， ，得 ，
所以 ，由（1）知 ，又 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，则 两两垂直，建立如图空间直角坐标系 ，
则 ，
由 是 的中点，得 ，所以 ，
设平面 和平面 的一个法向量分别为 ，
则 ， ，
令 ，得 ，
所以 ，
所以 ，
设平面 和平面 所成角为 ，则 ，
即平面 和平面 所成角的正弦值为 .
26．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱 中， ， ， ， ，
(1)求证： 平面 ；
(2)若四棱柱 体积为36，求二面角 大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用直四棱柱的性质及线面平行的判定定理，可证平面 平面 ，再由面面
平行的性质定理，即可得证；（2）先根据棱柱的体积公式求得 ，再利用二面角的定义，求解即可．
【详解】（1）由题意知， ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 ，且 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又 ， 、 平面 ，
所以平面 平面 ，
因为 平面 ，
所以 平面 ．
（2）由题意知，底面 为直角梯形，
所以梯形 的面积 ，
因为四棱柱 的体积为36，
所以 ，
过 作 于 ，连接 ，
因为 平面 ，且 平面 ，
所以 ，
又 ， 、 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
所以 即为二面角 的平面角，
在 △ 中， ，
所以 ，
所以 ，即 ，
故二面角 的大小为 ．27．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥 中， ， ， ，
，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O， ，点F在AC上， .
(1)证明： 平面 ；
(2)证明：平面 平面BEF；
(3)求二面角 的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3) .
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形 为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点
作 轴 平面 ，建立如图所示的空间直角坐标系，设 ，所以由 求出 点坐标，再
求出平面 与平面BEF的法向量 ，由 即可证明；
（3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求
出平面 与平面 的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）连接 ，设 ，则 ， ，
，
则 ，解得 ，则 为 的中点，由 分别为 的中点，
于是 ，即 ，则四边形 为平行四边形，
，又 平面 平面 ，
所以 平面 .
（2）法一：由（1）可知 ，则 ，得 ，
因此 ，则 ，有 ，
又 ， 平面 ，
则有 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 .
法二：因为 ，过点 作 轴 平面 ，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
在 中， ，
在 中， ，
设 ，所以由 可得： ，
可得： ，所以 ，
则 ，所以 ， ，设平面 的法向量为 ，
则 ，得 ，
令 ，则 ，所以 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，得 ，
令 ，则 ，所以 ，
，
所以平面 平面BEF；
（3）法一：过点 作 交 于点 ，设 ，
由 ，得 ，且 ，
又由（2）知， ，则 为二面角 的平面角，
因为 分别为 的中点，因此 为 的重心，
即有 ，又 ，即有 ，
，解得 ，同理得 ，
于是 ，即有 ，则 ，从而 ， ，
在 中， ，
于是 ， ，
所以二面角 的正弦值为 .
法二：平面 的法向量为 ，
平面 的法向量为 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
故二面角 的正弦值为 .
28．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥 中， ， ，
，E为BC的中点．
(1)证明： ；
(2)点F满足 ，求二面角 的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2) ．
【分析】（1）根据题意易证 平面 ，从而证得 ；
（2）由题可证 平面 ，所以以点 为原点， 所在直线分别为 轴，建立空间直角
坐标系，再求出平面 的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【详解】（1）连接 ，因为E为BC中点， ，所以 ①，
因为 ， ，所以 与 均为等边三角形，
，从而 ②，由①②， ， 平面 ，
所以， 平面 ，而 平面 ，所以 ．
（2）不妨设 ， ， ．
， ，又 ， 平面 平面 ．
以点 为原点， 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设 ，
设平面 与平面 的一个法向量分别为 ，
二面角 平面角为 ,而 ，
因为 ，所以 ，即有 ，
，取 ，所以 ；
，取 ，所以 ，
所以， ，从而 ．
所以二面角 的正弦值为 ．
29．（2022·天津·高考真题）如图，在直三棱柱 中， ，点D、E、F分别为的中点， .
(1)求证： 平面 ；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值；
(3)求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，
利用空间向量法可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得直线 与平面 夹角的正弦值；
（3）利用空间向量法可求得平面 与平面 夹角的余弦值.
【详解】（1）证明：在直三棱柱 中， 平面 ，且 ，则
以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则 、 、 、 、 、 、 、 、 ，
则 ，易知平面 的一个法向量为 ，则 ，故 ，
平面 ，故 平面 .
（2）解： ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，可得 ， .
因此，直线 与平面 夹角的正弦值为 .
（3）解： ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，可得 ，则 ，
因此，平面 与平面 夹角的余弦值为 .
30．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图， 是三棱锥 的高， ， ，E是
的中点．
(1)证明： 平面 ；
(2)若 ， ， ，求二面角 的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接 并延长交 于点 ，连接 、 ，根据三角形全等得到 ，再根据直角
三角形的性质得到 ，即可得到 为 的中点从而得到 ，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的
基本关系计算可得.【详解】（1）证明：连接 并延长交 于点 ，连接 、 ，
因为 是三棱锥 的高，所以 平面 ， 平面 ，
所以 、 ，
又 ，所以 ，即 ，所以 ，
又 ，即 ，所以 ， ，
所以
所以 ，即 ，所以 为 的中点，又 为 的中点，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面
（2）解：过点 作 ，如图建立空间直角坐标系，
因为 ， ，所以 ，
又 ，所以 ，则 ， ，
所以 ，所以 ， ， ， ，
所以 ，
则 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，则 ， ，所以
；
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ， ，所以 ；
所以 .设二面角 的大小为 ，则 ，
所以 ，即二面角 的正弦值为 .
31．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图，直三棱柱 的体积为4， 的面积为 ．
(1)求A到平面 的距离；
(2)设D为 的中点， ，平面 平面 ，求二面角 的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得 平面 ，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）在直三棱柱 中，设点A到平面 的距离为h，
则 ，
解得 ，
所以点A到平面 的距离为 ；（2）取 的中点E,连接AE,如图，因为 ，所以 ,
又平面 平面 ，平面 平面 ，
且 平面 ，所以 平面 ，
在直三棱柱 中， 平面 ，
由 平面 ， 平面 可得 ， ，
又 平面 且相交，所以 平面 ，
所以 两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得 ，所以 ， ，所以 ，
则 ,所以 的中点 ，
则 ， ,
设平面 的一个法向量 ，则 ，
可取 ，
设平面 的一个法向量 ，则 ，
可取 ，
则 ，
所以二面角 的正弦值为 .32．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）在四棱锥 中，底面 是正方形，若
．
（1）证明：平面 平面 ；
（2）求二面角 的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【分析】（1）取 的中点为 ，连接 ，可证 平面 ，从而得到面 面 .
（2）在平面 内，过 作 ，交 于 ，则 ，建如图所示的空间坐标系，求出平面
、平面 的法向量后可求二面角的余弦值.
【详解】
（1）取 的中点为 ，连接 .
因为 ， ，则 ，
而 ，故 .
在正方形 中，因为 ，故 ，故 ，
因为 ，故 ，故 为直角三角形且 ，
因为 ，故 平面 ，
因为 平面 ，故平面 平面 .
（2）在平面 内，过 作 ，交 于 ，则 ，
结合（1）中的 平面 ，故可建如图所示的空间坐标系.则 ，故 .
设平面 的法向量 ，
则 即 ，取 ，则 ，
故 .
而平面 的法向量为 ，故 .
二面角 的平面角为锐角，故其余弦值为 .
33．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体 中，E为棱BC的中点，F为棱
CD的中点．
（I）求证： 平面 ；
（II）求直线 与平面 所成角的正弦值．
（III）求二面角 的正弦值．
【答案】（I）证明见解析；（II） ；（III） .
【分析】（I）建立空间直角坐标系，求出 及平面 的一个法向量 ，证明 ，即可得证；
（II）求出 ，由 运算即可得解；（III）求得平面 的一个法向量 ，由 结合同角三角函数的平方关系即可得解.
【详解】（I）以 为原点， 分别为 轴，建立如图空间直角坐标系，
则 , , , , , , ，
因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以 ， ，
所以 , , ,
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，
因为 ，所以 ，
因为 平面 ，所以 平面 ；
（II）由（1）得， ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则 ；
（III）由正方体的特征可得，平面 的一个法向量为 ，
则 ，
所以二面角 的正弦值为 .
34．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图，在三棱锥 中，平面 平面 ， ，
为 的中点.（1）证明： ；
（2）若 是边长为1的等边三角形，点 在棱 上， ，且二面角 的大小为 ，
求三棱锥 的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2) .
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为 ，O是 中点，所以 ，
因为 平面 ，平面 平面 ，
且平面 平面 ，所以 平面 ．
因为 平面 ，所以 .
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点， 为 轴， 为y轴，垂直 且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标
系 ，
则 ，设 ,
所以 ，
设 为平面 的法向量，则由 可求得平面 的一个法向量为 ．
又平面 的一个法向量为 ，
所以 ，解得 ．
又点C到平面 的距离为 ，所以 ，
所以三棱锥 的体积为 ．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作 ，垂足为点G．
作 ，垂足为点F，连结 ，则 ．
因为 平面 ，所以 平面 ，
为二面角 的平面角．
因为 ，所以 ．
由已知得 ，故 ．
又 ，所以 ．
因为 ，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角 ，记 为 ， 为 ， ，
记二面角 为 ．据题意，得 ．
对 使用三面角的余弦公式，可得 ，
化简可得 ．①使用三面角的正弦公式，可得 ，化简可得 ．②
将①②两式平方后相加，可得 ，
由此得 ，从而可得 ．
如图可知 ，即有 ，
根据三角形相似知，点G为 的三等分点，即可得 ，
结合 的正切值，
可得 从而可得三棱锥 的体积为 ．
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在
于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加
深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、
直观、迅速.
35．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，在正四棱柱 中， ．点
分别在棱 , 上， ．
(1)证明： ；(2)点 在棱 上，当二面角 为 时，求 ．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设 ，利用向量法求二面角，建立方程求出 即可得解.
【详解】（1）以 为坐标原点， 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图，
则 ，
，
，
又 不在同一条直线上，
.
（2）设 ，
则 ，
设平面 的法向量 ，
则 ，
令 ，得 ，
，
设平面 的法向量 ，
则 ，
令 ，得 ，，
，
化简可得， ，
解得 或 ，
或 ，
.
36．（2021·北京·高考真题）如图：在正方体 中， 为 中点， 与平面 交于点
．
（1）求证： 为 的中点；
（2）点 是棱 上一点，且二面角 的余弦值为 ，求 的值．
【答案】（1）证明见解析；（2） ．
【分析】(1)首先将平面 进行扩展，然后结合所得的平面与直线 的交点即可证得题中的结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数 的值.
【详解】(1)如图所示，取 的中点 ，连结 ，
由于 为正方体， 为中点，故 ，
从而 四点共面，即平面CDE即平面 ，
据此可得：直线 交平面 于点 ，
当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点 与点 重合，
即点 为 中点.(2)以点 为坐标原点， 方向分别为 轴， 轴， 轴正方向，建立空间直角坐标系 ，
不妨设正方体的棱长为2，设 ，
则： ，
从而： ，
设平面 的法向量为： ，则：
，
令 可得： ，
设平面 的法向量为： ，则：
，
令 可得： ，
从而： ，则： ，
整理可得： ，故 （ 舍去）.
【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推
理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的
夹角公式求解.
37．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥 中， 底面ABCD， ，
．
(1)若 ，证明： 平面 ；
(2)若 ，且二面角 的正弦值为 ，求 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证出 平面 ，即可得 ，由勾股定理逆定理可得 ，从而
，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）过点D作 于 ，再过点 作 于 ，连接 ，根据三垂线法可知， 即为二
面角 的平面角，即可求得 ，再分别用 的长度表示出 ，即可解方程求
出 ．
【详解】（1）（1）因为 平面 ，而 平面 ，所以 ，
又 ， ， 平面 ，所以 平面 ，
而 平面 ，所以 .
因为 ，所以 ， 根据平面知识可知 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
（2）如图所示，过点D作 于 ，再过点 作 于 ，连接 ，
因为 平面 ，所以平面 平面 ，而平面 平面 ，所以 平面 ，又 ，所以 平面 ，
根据二面角的定义可知， 即为二面角 的平面角，
即 ，即 ．
因为 ，设 ，则 ，由等面积法可得， ，
又 ，而 为等腰直角三角形，所以 ，
故 ，解得 ，即 ．
38．（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱 中，侧面 为正方形， ，
E，F分别为 和 的中点，D为棱 上的点．
（1）证明： ；
（2）当 为何值时，面 与面 所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空
间向量证明线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出
答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为 ，所以 ．
又因为 ， ，所以 平面 ．又因为 ，构造正方体
，如图所示，
过E作 的平行线分别与 交于其中点 ，连接 ，
因为E，F分别为 和 的中点，所以 是BC的中点，
易证 ，则 ．
又因为 ，所以 ．
又因为 ，所以 平面 ．
又因为 平面 ，所以 ．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱 是直三棱柱， 底面 ，
， ， ，又 ， 平面 ．所以 两两垂直．
以 为坐标原点，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图．
，
．由题设 （ ）．
因为 ，
所以 ，所以 ．
[方法三]：因为 ， ，所以 ，故 ， ，所以
，所以 ．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面 的法向量为 ，
因为 ，
所以 ，即 ．
令 ，则
因为平面 的法向量为 ，
设平面 与平面 的二面角的平面角为 ，
则 ．
当 时， 取最小值为 ，
此时 取最大值为 ．
所以 ，此时 ．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长 交 的延长线于点S，联结 交 于点T，则平面 平面 ．作 ，垂足为H，因为 平面 ，联结 ，则 为平面 与平面 所成
二面角的平面角．
设 ，过 作 交 于点G．
由 得 ．
又 ，即 ，所以 ．
又 ，即 ，所以 ．
所以 ．
则 ，
所以，当 时， ．
[方法三]：投影法
如图，联结 ，在平面 的投影为 ，记面 与面 所成的二面
角的平面角为 ，则 ．
设 ，在 中， ．
在 中， ，过D作 的平行线交 于点Q．
在 中， ．
在 中，由余弦定理得 ， ，
，
， ，
当 ，即 ，面 与面 所成的二面角的正弦值最小，最小值为 ．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐
标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行
证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；
方法二：利用空间线面关系找到，面 与面 所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很
容易找到；方法三：利用面 在面 上的投影三角形的面积与 面积之比即为面 与面
所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔
学生的思维．
考点06求点到面的距离
39．（2024·全国甲卷·高考真题）如图， ， ，
， , 为 的中点.(1)证明： 平面 ；
(2)求点 到 的距离.
【答案】(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）结合已知易证四边形 为平行四边形，可证 ，进而得证；
（2）先证明 平面 ，结合等体积法 即可求解.
【详解】（1）由题意得， ，且 ，
所以四边形 是平行四边形，所以 ，
又 平面 平面 ，
所以 平面 ；
（2）取 的中点 ，连接 ， ，因为 ，且 ，
所以四边形 是平行四边形，所以 ，
又 ，故 是等腰三角形，同理 是等腰三角形，
可得 ，
又 ，所以 ，故 .
又 平面 ，所以 平面 ，
易知 .
在 中， ，
所以 .
设点 到平面 的距离为 ，由 ，
得 ，得 ，故点 到平面 的距离为 .
40．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱 中， 平面 ， ，
． 分别为 的中点，
(1)求证： 平面 ；
(2)求平面 与平面 夹角余弦值；
(3)求点 到平面 的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取 中点 ，连接 ， ，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得 ，
结合线面平行判定定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；
（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.
【详解】（1）取 中点 ，连接 ， ，
由 是 的中点，故 ，且 ，
由 是 的中点，故 ，且 ，则有 、 ，
故四边形 是平行四边形，故 ，
又 平面 ， 平面 ，
故 平面 ；
（2）以 为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有 、 、 、 、 、 ，
则有 、 、 ，
设平面 与平面 的法向量分别为 、 ，
则有 ， ，
分别取 ，则有 、 、 ， ，
即 、 ，
则 ，
故平面 与平面 的夹角余弦值为 ；
（3）由 ，平面 的法向量为 ，
则有 ，
即点 到平面 的距离为 .
41．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台 中， 平面
， 为 中点.，N为AB的中点，(1)求证： //平面 ；
(2)求平面 与平面 所成夹角的余弦值；
(3)求点 到平面 的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证明四边形 是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；
（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；
（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解
【详解】（1）
连接 .由 分别是 的中点，根据中位线性质， // ，且 ，
由棱台性质， // ，于是 // ，由 可知，四边形 是平行四边形，则
// ，
又 平面 ， 平面 ，于是 //平面 .
（2）过 作 ，垂足为 ，过 作 ，垂足为 ,连接 .
由 面 ， 面 ，故 ，又 ， ， 平面 ，
则 平面 .由 平面 ，故 ，又 ， ， 平面 ，于是 平
面 ，
由 平面 ，故 .于是平面 与平面 所成角即 .
又 ， ，则 ，故 ，在 中，
，则 ，
于是
（3）[方法一：几何法]
过 作 ，垂足为 ，作 ，垂足为 ，连接 ，过 作 ，垂足为 .
由题干数据可得， ， ，根据勾股定理， ，
由 平面 ， 平面 ，则 ，又 ， ， 平面
，于是 平面 .
又 平面 ，则 ，又 ， ， 平面 ，故 平面
.
在 中， ，又 ，故点 到平面 的距离是 到平面 的距离的两倍，
即点 到平面 的距离是 .
[方法二：等体积法]
辅助线同方法一.
设点 到平面 的距离为 .
，
.
由 ，即 .
