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专题 08 立体几何解答题常考全归类
【命题规律】
空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，立体几何解答题的基本模式是论证推理与
计算相结合，以某个空间几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建系求点、坐标运
算、几何结论．作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度．
【核心考点目录】
核心考点一：非常规空间几何体为载体
核心考点二：立体几何探索性问题
核心考点三：立体几何折叠问题
核心考点四：立体几何作图问题
核心考点五：立体几何建系繁琐问题
核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题
核心考点七：利用传统方法找几何关系建系
核心考点八：空间中的点不好求
核心考点九：创新定义
【真题回归】
1．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱 中， ，D为
的中点，E为 的中点，F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 所成二面角的余弦值．
【解析】（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） ， ， ，
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） ， ，
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 .
2．（2022·全国·统考高考真题）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．
【解析】（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 所成的角的正弦值为 ，
所以 ，
所以 与平面 所成的角的正弦值为 .
3．（2022·浙江·统考高考真题）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．
【解析】（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 ，
∴ ．
4．（2022·全国·统考高考真题）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．
【解析】（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）过点 作 ，如图建立平面直角坐标系，
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 .5．（2022·全国·统考高考真题）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．
【解析】（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．（2022·全国·统考高考真题）在四棱锥 中， 底面
．
(1)证明： ；
(2)求PD与平面 所成的角的正弦值．
【解析】（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）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 .
7．（2022·北京·统考高考真题）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．
【解析】（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
.
8．（2022·全国·统考高考真题）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．
【解析】（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 .
【方法技巧与总结】
1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三
角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：
（1）作图：作出空间角的平面角．
（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的．
（3）计算：在证明的基础上计算得出结果．
简称：一作、二证、三算．
2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移
到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．
3、求直线与平面所成角的常见方法
（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影
所成的角即为所求．
（2）等积法：公式 ，其中 是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，是斜线段的长，其
中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来
求垂线段的长．
（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°．
4、作二面角的平面角常有三种方法
（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线
所成的角，就是二面角的平面角．
（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上
的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．
（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角
就是二面角的平面角．
【核心考点】
核心考点一：非常规空间几何体为载体
【规律方法】
关键找出三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系．【典型例题】
例1．（2022·陕西安康·统考一模）如图，已知 为圆锥 底面的直径，点C在圆锥底面的圆周上，
， ， 平分 ，D是 上一点，且平面 平面 .
(1)求证： ；
(2)求二面角 的正弦值.
【解析】（1）证明：因为 ，且 平分 ，所以 ，
又因为平面 平面 ，且平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 .
（2）取 的中点M，连接 ，则 两两垂直，
以O为坐标原点， 为x轴， 为y轴， 为z轴建立如图空间直角坐标系则 ，
， ， ， ，
由（1）知 平面 ，所以 是平面 的一个法向量.
设平面 的法向量 ，
因为 ， ，
则
取 ，则 ，
因此 ，
所以二面角 的正弦值为 .例2．（2022·安徽·校联考二模）如图，将长方形 （及其内部）绕 旋转一周形成圆柱，其中
，劣弧 的长为 为圆 的直径.
(1)在弧 上是否存在点 （ 在平面 的同侧），使 ，若存在，确定其位置，若不存
在，说明理由；
(2)求平面 与平面 夹角的余弦值.
【解析】（1）存在，当 为圆柱 的母线， .
连接 ，因为 为圆柱 的母线，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 .
因为 为圆 的直径，所以 .
，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 .
（2）以 为原点， 分别为 轴，垂直于 轴直线为 轴建立空间直角坐标系，如图所示.
，因为 的长为 ，所以 ，
设平面 的法向量 ，
令 ，解得 ，
所以 .
因为 轴垂直平面 ，所以设平面 的法向量 .
所以 .
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .
例3．（2022·山东东营·胜利一中校考模拟预测）如图， 分别是圆台上､下底面的直径，且 ，
点 是下底面圆周上一点， ，圆台的高为 .
(1)证明：不存在点 使平面 平面 ；
(2)若 ，求二面角 的余泫值.
【解析】(1)假设存在这样的点 使平面 平面 ， 是底面直径，故 ，作 ，垂足为 ，由于平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，根据面面垂直的
性质定理， 平面 ，又 平面 ，故 ，又 ， 平面 ，
故 平面 ，故 ，同理可证 ，又 平面 于是 平
面 ，又圆台上下底面圆心连线垂直于底面，但显然上下底的圆心连线不和 平行，于是假设矛盾，
故不存在点 使平面 平面 .
(2)过 作 ，垂足为 ，下以 为原点， 为 轴，过 垂直于 且落在底面的射线为
轴，建立空间直角坐标系.列出各点坐标
， ，设平面 的法向量 ，
可得 ，不妨取 ；
， ，设平面 的法向量 ，
可得 ，不妨取 .
于是法向量 的夹角为 .
由图所示二面角的大小是钝角，故二面角大小的余弦值是 .
例4．（2022·河北·统考模拟预测）如图，在圆台 中，上底面圆 的半径为2，下底面圆O的半径为
4，过 的平面截圆台得截面为 ，M是弧 的中点， 为母线， .(1)证明： 平面 ；
(2)求二面角 的正弦值.
【解析】(1)
如图建立空间直角坐标系， 设OO 的长度为t，
1
则 ， ， ， ， ， ，
由题知 ，解得
∴ ， ，
，∴
，∴
又∵ ，OM，OA 在平面 内
1
所以 平面 ；
(2)设平面MBN的法向量为 ，平面ABN的法向量为 ，
则 ，∴
，∴设二面角 为锐二面角 ，
∴ ，
∴
故二面角 的正弦值为 .
核心考点二：立体几何探索性问题
【规律方法】
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面
角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），
设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．
【典型例题】
例5．（2022·上海虹口·统考一模）如图，在三棱柱 中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角
三角形，侧面 为菱形，点 在底面上的投影为AC的中点 ，且 ．
(1)求证： ；
(2)求点 到侧面 的距离；
(3)在线段 上是否存在点 ，使得直线DE与侧面 所成角的正弦值为 ？若存在，请求出
的长；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）证明：由点 在底面ABC上的投影为AC的中点 ，知 平面ABC，
又 平面ABC，故 ，
因 是以AC为斜边的等腰直角三角形，故 ，
而 ， 平面 ， ，故 平面 ，
由 平面 ，得 ．
（2）由点 ， 为AC的中点，侧面 为菱形，知 ，
由 是以AC为斜边的等腰直角三角形， ，可得 ， ，由（1）知直线 ， ， 两两垂直，故以点 为坐标原点，
直线 ， ， 分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ，
， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，取 ，得 ，
又 ，故点 到平面 的距离为：
（3）假设存在满足条件的点E，并 ，
则 ，
于是，由直线DE与侧面 所成角的正弦值为 ，
可得 ，
即 ，解得 ．
又 ，故 ．
因此存在满足条件的点 ，且 ．
例6．（2022春·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）如图，在三棱柱 中， 为等
边三角形，四边形 为菱形， ， ， .(1)求证： ；
(2)线段 上是否存在一点 ，使得平面 与平面 的夹角的余弦值为 ？若存在，求出点 的位
置；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）连接 与 相交于点 ，连接 ，如图所示：
四边形 为菱形，∴ 为 的中点，有 ，
为等边三角形，有 ，
平面 ， ，∴ 平面 ，
平面 ，∴ ，
四边形 为菱形，∴ ，
平面 ， ，
平面 ， 平面 ，∴
（2） 分别为 的中点，连接 ，
由（1）可知 ，又 ，
平面 ， ， 平面 ，
， 平面 ，
为等边三角形， ，以 为原点， ， ， 的方向分别为 轴、 轴、 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
由 ， ，∴ ， ，
设 ，则 ，有
,
∴ ， ， ，
设平面 的一个法向量 ，则有 ，
令 ，则 ， ，即 ，
平面 的一个法向量为 的方向上的单位向量 ，
若平面 与平面 的夹角的余弦值为 ，则有 ，
，由 ，∴ ，解得 .
所以，点 存在， .
例7．（2022春·黑龙江绥化·高三海伦市第一中学校考期中）如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E
是DC的中点，将 沿AE折起，使得点D到达点P的位置，且PB＝PC，如图2所示．F是棱PB上的
一点．(1)若F是棱PB的中点，求证： 平面PAE；
(2)是否存在点F，使得二面角 的余弦值为 ？若存在，则求出 的值；若不存在，请说明
理由．
【解析】（1）如下图，在 上取中点 ，链接 、 .由题意知， ，所以四边形 为
平行四边形，所以 .又因为 分别为 中点，所以 ，且 ，
在平面 内，则平面 平行于平面 ，而 ,则
（2）如下图，以 为原点， 为 轴正向， 为 轴正方向，垂直平面 于 的为 轴，建立空间
直角坐标系.
由图可知， ，设 ， ，则 ，
，
设平面 的法向量为 ，则 ，令 解得 ，即，平面 的法向量设为 ，则 ，令 ，得
，即 .
①，根据题意，
，则 ，又 ，即
，得 ,代入上式，解得 ,将 、 代入①式，解得 .
，故存在点 .
例8．（2022·广东韶关·统考一模）已知矩形 中， ， ， 是 的中点，如图所示，沿
将 翻折至 ，使得平面 平面 .
(1)证明： ；
(2)若 是否存在 ，使得 与平面 所成的角的正弦值是 ？若存在，求出 的
值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）依题意 矩形， ， ， 是 中点，
所以 ，
又 ，所以， ， ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，所以 .
（2）以 为原点， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴，建立如图所示空间直角坐标系.
则 ， ， ， ，
设 是 的中点，
因为 ，所以 ，
又平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 平面 ， ，
假设存在满足题意的 ，则由 .
可得， .
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，可得 ， ，即 ，
设 与平面 所成的角为 ，所以
解得 （ 舍去），
综上，存在 ，使得 与平面 所成的角的正弦值为 .
核心考点三：立体几何折叠问题
【规律方法】
1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．
2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质．
【典型例题】
例9．（2022春·江苏南通·高三期中）已知梯形 中， ， ，， ， 分别是 ， 上的点， ， ， 是 的中点，沿 将梯
形 翻折，使平面 平面 ．
(1)当 时
①求证： ；
②求二面角 的余弦值；
(2)三棱锥 的体积是否可能等于几何体 体积的一半？并说明理由．
【解析】（1）证明：过 点作 的垂线交 于 ，连接 ．如图．
且 ， ， ．
四边形 是正方形.
， 四边形 是正方形.
所以 （正方形对角线互相垂直）.
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ， 所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 .
又 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 .
②以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立空间直角坐标系，
，0， ， ，3， ， ，2， ， ，4， ，
，3， ， ，2， ，
设平面 的法向量 ， ， ，
则 ，取 ，得 ，2， ，
又平面 的法向量 ，0， ，
．钝二面角 的余弦值为 ．
（2） ，平面 平面 ，
平面 平面 ， 平面 ．
平面 ．结合 平面 ，得 ，
四边形 是矩形，得 ，
故以 、 、 、 为顶点的三棱锥 的高 ，
又 ．
三棱锥 的体积为
，
，
令 ，解得 或 ，不合题意；
棱锥 的体积不可能等于几何体 体积的一半．
例10．（2022春·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中）如图1，在平面四边形ABCD中，已知ABDC，
， ，E是AB的中点．将△BCE沿CE翻折至△PCE，使得 ，如
图2所示．(1)证明： ；
(2)求直线DE与平面PAD所成角的正弦值．
【解析】（1）如图取CE的中点F，连接PF，DF，
由题易知△PCE，△DCE都是等边三角形，
⸫DF⊥CE，PF⊥CE，
⸪ ， 平面DPF， 平面DPF
⸫CE⊥平面DPF．
⸪ 平面DPF
⸫DP⊥CE．
（2）解法一：
由题易知四边形AECD是平行四边形，
所以AD∥CE，
又 平面PAD，所以 平面PAD，
所以点E与点F到平面PAD的距离相等．
由（1）知CE⊥平面DPF，
所以AD⊥平面DPF．
又 平面PAD，
所以平面PAD⊥平面DPF．
过F作FH⊥PD交PD于H，则FH⊥平面PAD．
， ，
故点F到平面PAD的距离 ．
设直线DE与平面PAD所成的角为 ，
则 ，所以直线DE与平面PAD所成角的正弦值为 ．
解法二：
由题易知四边形AECD是平行四边形，
所以AD∥CE，由（1）知CE⊥平面DPF，所以AD⊥平面DPF．
如图，以D为坐标原点，DA，DF所在直线分别为x，y轴，
过D且垂直于平面AECD的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则 ， ， ，
设 ， ， ．
易知 ， ，
故 ， ，
所以 ， ， ，
设平面PAD的法向量为 ，
则 ，得 ，
令 ，得 ，所以 ．
设直线DE与平面PAD所成的角为 ，则 ，
故直线DE与平面PAD所成角的正弦值为 ．
例11．（2022春·湖南长沙·高三宁乡一中校考期中）如图，平面五边形PABCD中， 是边长为2的等
边三角形， ，AB＝2BC＝2， ，将 沿AD翻折成四棱锥P－ABCD，E是棱PD上的
动点（端点除外），F，M分别是AB，CE的中点，且 ．(1)证明： ；
(2)当直线EF与平面PAD所成的角最大时，求平面ACE与平面PAD夹角的余弦值．
【解析】（1）设 是 的中点，连接 ，
三角形 是等边三角形，所以 ， .
四边形 是直角梯形， ，
所以四边形 是平行四边形，也即是矩形，所以 ， .
折叠后， ，所以 ，所以 ，
由于 平面 ，
所以 平面 ，
则 两两相互垂直，由此建立如图所示的空间直角坐标系，
，设 ，
，所以 ，则 ，
所以 ，
所以 .
（2）由于 平面 ， 平面 ，所以 ，
由于 平面 ，
所以 平面 ，由于 平面 ，所以 ，
所以 是直线 与平面 所成角，
在直角三角形 中， ，
由于 ，所以当 最小时， 最大，也即 最大，由于三角形 是等边三角形，所以当 为 的中点时， ， 取得最小值.
由于 ， ，故此时 ，
平面 的法向量为 ，
，
设平面 的法向量为 ，
则 ，故可设 ，
设平面 与平面 的夹角为 ，
则 .
例12．（2022·四川雅安·统考模拟预测）如图①， 为边长为6的等边三角形，E，F分别为AB，AC
上靠近A的三等分点，现将 沿EF折起，使点A翻折至点P的位置，且二面角 的大小为
120°（如图②）．
(1)在PC上是否存在点H，使得直线 平面PBE？若存在，确定点H的位置；若不存在，说明理由．
(2)求直线PC与平面PBE所成角的正弦值．
【解析】（1）满足条件的点H存在，且为PC上靠近P的三等分点．在PC上取靠近P的三等分点H，连接AP，FH，如图，则AP是平面PAB与平面PAC的交线，
依题意， ，则有 ，又 平面PBE， 平面PBE，因此直线 平面
PBE，
所以在PC上是存在点H，为PC上靠近P的三等分点，使得直线 平面PBE.
（2）取BC中点G，连接AG，交EF于点D，连接PD，因 ，依题意， ， ，
则 为二面角 的平面角，即 ，且 平面 ，
而 平面 ，则平面 平面 ，在平面 内过P作 于O，
又平面 平面 ，因此 平面 ，在平面 内过O作 ，
显然Ox，AD，OP两两垂直，分别以向量 ， ， 的方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标
系 ，如图，
则 ， ， ， ，
所以， ， ， ，设平面PBE的一个法向量为 ，由 ，令 ，得 ，
设直线PC与平面PBE所成角为 ，则 ，
所以直线PC与平面PBE所成角的正弦值为 ．
核心考点四：立体几何作图问题
【规律方法】
（1）利用公理和定理作截面图
（2）利用直线与平面平行的性质定理作平行线
（3）利用平面与平面垂直作平面的垂线
【典型例题】
例13．（2022·贵州·校联考模拟预测）如图，已知平行六面体 的底面 是菱形，
， 且 .
(1)试在平面 内过点 作直线 ，使得直线 平面 ，说明作图方法，并证明：直线 ；
(2)求点 到平面 的距离.
【解析】（1）在平面 内过点 作 的平行线 ，则直线l即为所作.
连接 ，如图，
因 平面 ， 平面 ，平面 平面 ，则 ，
平行六面体 的对角面 是平行四边形，即 ，所以 .
（2）连 ，连接 ，如图，
菱形 中， ，则 ， ， ，
在 中， ，同理，在 中， ，
即 为等腰三角形，有 ，且 ，在 中， ，则 ，
而 平面 ，于是得 平面 ，
对角面 为平行四边形，即 ，又 平面 ， 平面 ，则 平面
，
因此点 到平面 的距离等于点 到平面 的距离 ，
因 ，在 中， ，
同理 ，等腰 底边 上的高 ， ， ，
设点 到平面 的距离为 ，由 得， ，则
，
所以点 到平面 的距离 .
例14．（2022秋·河北石家庄·高一石家庄市第十五中学校考期中）如图为一块直四棱柱木料，其底面
满足： ， ．
(1)要经过平面 内的一点 和棱 将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？（借助尺规作图，并写出作图说明，无需证明）
(2)若 ， ，当点 是矩形 的中心时，求点 到平面 的距离．
【解析】(1)过点 作直线 分别交 于 连接
(2)连接 ，
由 是矩形 的中心可知 ，所以点 到平面 的距离即为点 到平面 的距离，
平面 ， 平面 ，
平面 ，
所以点 到平面 的距离即为点 到平面 的距离，
过点 作 于 ，
，在直四棱柱中 且
平面 ，又 平面 ，
所以 ，
又 且 ，
所以 平面
所以 长即为点 到平面 的距离，在直角 中， ， ，
所以 ，
所以点 到平面 的距离为 .
例15．（2022·全国·高三专题练习）如图多面体 中，面 面 ， 为等边三角形，
四边形 为正方形， ，且 ， ， 分别为 ， 的中点.
（1）求二面角 的余弦值；
（2）作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AB交点为P，写出 的值（不需要说明理由，
保留作图痕迹）.
【解析】（1）因为面 面 ， 为等边三角形，设 中点为 ，所以
又因为面 面 面FAB，则 平面 ，
以 为坐标原点，分别以 方向为 轴建立空间直角坐标系，如图所示：
因为 ，则
则 ， ， ， ，
所以 ，设平面 的一个法向量为
则 取 得 ，所以
设平面 的一个法向量为
则 取 得 ，所以
所以
则二面角 的余弦值为 ；
（2） ，如图所示：
例16．（2022·全国·高三专题练习）四棱锥 中，底面 是边长为2的菱形， .
,且 平面 ， ，点 分别是线段 上的中点， 在 上.且
.
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）求直线 与平面 的成角的正弦值；
（Ⅲ）请画出平面 与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤.【解析】分析：（Ⅰ）推导出 ，由此能证明 平面 ；
（Ⅱ）推导出 ， ， ，轴建立空间直角坐标系息，利用向量法能求出直线AB与
平面EFG的所成角的正弦值；
（Ⅲ）法1：延长 分别交 延长线于 ，连接 ，发现刚好过点 ，,连接 ，则
四边形 为平面 与四棱锥的表面的交线.
法2：记平面 与直线 的交点为 ，设 ，，利用向量法求出 ，从而 即为点 .连接
， ，则四边形 为平面 与四棱锥的表面的交线.
解析：解:（Ⅰ）在 中，因为点 分别是线段 上的中点，
所以
因为 平面 ， 平面 .
所以 平面 .
（Ⅱ）因为底面 是边长为2的菱形，
所以 ，
因为 平面 ，
所以 ， ，
如图，建立空间直角坐标系，则依题意可得
， ， ， ， ， ， ，所以 ， ，
设平面 的法向量为 ，则由 可得 ，
令 ，可得
因为 .
所以直线 与平面 的成角的正弦值为
（Ⅲ）法Ⅰ：延长 分别交 延长线于 ，连接 ，发现刚好过点 ，,连接 ，
则四边形 为平面 与四棱锥的表面的交线.
法2：记平面 与直线 的交点为 ，设 ，则
由 ，可得 .
所以 即为点 .
所以连接 ， ，则四边形 为平面 与四棱锥的表面的交线.核心考点五：立体几何建系繁琐问题
【规律方法】
利用传统方法解决
【典型例题】
例17．如图，已知三棱柱 的底面是正三角形，侧面 是矩形， ， 分别为 ，
的中点， 为 上一点．过 和 的平面交 于 ，交 于 ．
（1）证明： ，且平面 平面 ；
（2）设 为△ 的中心．若 平面 ，且 ，求直线 与平面 所成角
的正弦值．
【解析】（1）证明： ， 分别为 ， 的中点，底面为正三角形，
，四边形 为矩形， ，
， ， ，
， ， ，
平面 ，
平面 ，
平面 平面 ，
综上， ，且平面 平面 ．
（2）解： 三棱柱上下底面平行，平面 与上下底面分别交于 ， ，，
面 ， 面 ，面 面 ，
，四边形 为平行四边形，
是正三角形的中心， ，
， ， ，
由（1）知直线 在平面 内的投影为 ，
直线 与平面 所成角即为等腰梯形 中 与 所成角，
在等腰梯形 中，令 ，过 作 于 ，
则 ， ， ，
，
直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
例 18．如图，在锥体 中， 是边长为 1 的菱形，且 ， ，
， ， 分别是 ， 的中点
（1）证明： 平面
（2）求二面角 的余弦值．
【解析】（1）取 的中点 ，连接 ， ，在 中，根据余弦定理可以算出 ，
发现 ，可以得出 ，又
，
又 ，可以得出 ，而 ，
平面 ，而 平面 ，
，又 ，
．又 ，
平面 ．
（2）由（1）知， 平面 ，所以 为二面角 的平面角，
在 中， ， ， ，
由余弦定理得 ，
因此二面角 的余弦值为 ．
例19．（2022春·福建南平·高三校考期中）在三棱柱 中， ， 平面 ， 、
分别是棱 、 的中点.
(1)设 为 的中点，求证： 平面 ；
(2)若 ，直线 与平面 所成角的正切值为 ，求多面体 的体积 .
【解析】（1）连接 ， ，
因为点 ， ， 分别为 ， ， 的中点，
所以 且 ， ， ，
所以 ，且 ，
所以四边形 是平行四边形，所以 ，
又因为 平面 ， 平面 ，所以 平面
（2）因为 平面 ，所以 ， ，
又因为 ，所以 平面 ，
所以 即是直线 与平面 所成的角，
所以 ，
因为 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
所以 ，
因为 ，
所以 ， ，所以 ，
由（1）知多面体 为四棱锥，且四边形 是平行四边形，
所以 .
核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题
【规律方法】
构造垂直的全等关系
【典型例题】
例20．如图，已知三棱柱 的底面是正三角形，侧面 是矩形， ， 分别为 ，
的中点， 为 上一点．过 和 的平面交 于 ，交 于 ．
（1）证明： ，且平面 平面 ；
（2）设 为△ 的中心．若 平面 ，且 ，求直线 与平面 所成角
的正弦值．【解析】（1）证明： ， 分别为 ， 的中点，底面为正三角形，
，四边形 为矩形， ，
， ， ，
， ， ，
平面 ，
平面 ，
平面 平面 ，
综上， ，且平面 平面 ．
（2）解： 三棱柱上下底面平行，平面 与上下底面分别交于 ， ，
，
面 ， 面 ，面 面 ，
，四边形 为平行四边形，
是正三角形的中心， ，
， ， ，
由（1）知直线 在平面 内的投影为 ，
直线 与平面 所成角即为等腰梯形 中 与 所成角，
在等腰梯形 中，令 ，过 作 于 ，
则 ， ， ，
，
直线 与平面 所成角的正弦值为 ．例 21．如图，在锥体 中， 是边长为 1 的菱形，且 ， ，
， ， 分别是 ， 的中点
（1）证明： 平面
（2）求二面角 的余弦值．
【解析】（1）取 的中点 ，连接 ， ，
在 中，根据余弦定理可以算出 ，
发现 ，可以得出 ，又
，
又 ，可以得出 ，而 ，
平面 ，而 平面 ，
，又 ，
．又 ，
平面 ．
（2）由（1）知， 平面 ，所以 为二面角 的平面角，
在 中， ， ， ，
由余弦定理得 ，因此二面角 的余弦值为 ．
核心考点七：利用传统方法找几何关系建系
【规律方法】
利用传统方法证明关系，然后通过几何关系建坐标系．
【典型例题】
例22．如图：长为3的线段 与边长为2的正方形 垂直相交于其中心 ．
（1）若二面角 的正切值为 ，试确定 在线段 的位置；
（2）在（1）的前提下，以 ， ， ， ， ， 为顶点的几何体 是否存在内切球？若存在，
试确定其内切球心的具体位置；若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）取线段 的中点为点 ，
连接 ， ， ．由于四边形 是正方形， 为其中心，所以 ，
又 面 面 ，所以 ，
而 ，所以 面 ， 面 ，所以 ，
同理可以证出 ， 为二面角 的平面角， ．
设 ， ， ，则 ．且
在 中， ，
同理在 中，
由 ，
得：
故 在线段 上的靠近 点的三分点位置；（2）几何体 存在内切球，令球心为 ，
若设线段 的中点为点 ，内切球的半径为 ，由对称性可知：平面四边形 的内切圆的圆心为 ，
半径即为 ，
故 ，而 ， ．
所以 ，得 ．
由三角形相似有：
所以 ．故其内切球心 在点 距离为 的位置上．
（注：也可用分割体积法求
例 23．在四棱锥 中， 为棱 的中点， 平面 ， ， ，
， ， 为棱 的中点．
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）若二面角 为 ，求直线 与平面 所成角的正切值．【解析】解：（Ⅰ） 证明：连接 交 于点 ，连接 ，
，且 ， ，
又 ， 线段 是 的中位线，
，
面 ， 面 ，
面 ；
（Ⅱ） ， ，
四边形 是平行四边形，
又 ， 四边形 是矩形， ；
又 平面 ， ， ；
以 为坐标原点， ， ， 为 ， ， 轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，
设 ，则 ，0， ， ，0， ， ，0， ，
，2， ， ，1， ，
，0， ， ，1， ；
设平面 的一个法向量为 ， ， ，
由 ，得 ；
令 ，得 ， ， ，
取平面 的一个法向量为 ，0， ；
， ，
由二面角 为 ，得 ，解得 ；
平面 ，就是直线 与平面 所成角，
在 中， ，
直线 与平面 所成角的正切值为 ．
例24．三棱柱 中， ， ，侧面 为矩形， ，二面角
的正切值为 ．
（Ⅰ）求侧棱 的长；
（Ⅱ）侧棱 上是否存在点 ，使得直线 与平面 所成角的正切值为 ，若存在，判断点的位
置并证明；若不存在，说明理由．
【解析】解：（Ⅰ）取 的中点 ， 的中点 ，则四边形 为平行四边形，
， ，
侧面 为矩形，
，
，
平面 ，
则 ，
则 是二面角 的平面角，则 ，则 ， ，
设 ，
， ，
，
，
，
又 ，
在 中 ，
即 ，
平方整理得 ，得 或 （舍 ，
即侧棱 的长为2；
（Ⅱ）建立以 为坐标原点， ， ， 分别为 ， ， 轴的空间直角坐标系如图：
过 作 底面 ，
， ，则 ，
，
则 ， ，
则 ，0， ， ，0， ， ， ， ， ， ，
则 ， ， ， ， ， ，
设平面 的法向量为 ， ， ，
由 ， ，
则 ，令 ，则 ，即 ，0， ，
，0， ，
设 ，0， ， ，
， ， ，0， ， ， ，与平面 所成角的正切值 ，
，
即 ， ，
平方得 ，得 ，即 在 处．
即在侧棱 上存在点 ，使得直线 与平面 所成角的正切值为 ．
核心考点八：空间中的点不好求
【规律方法】
方程组思想
【典型例题】
例25．（2022·江苏南京·模拟预测）已知三棱台 的体积为 ，且 ， 平面
.
(1)证明：平面 平面 ；
(2)若 ， ，求二面角 的正弦值.
【解析】（1）
由已知， 平面 ， 平面 ，所以 ，在三棱台 中， ，所以 ，所以 ，
又因为 平面 ，且 ，
所以 平面 ，又因为 平面 ，
所以平面 平面 ，得证.
（2）
取 ， 的中点 ，连接 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又因为 ， 为 的中点，所以 ，
由（1）问可知，平面 平面 ，且平面 平面 ，
所以 平面 ，
以 为坐标原点，建立空间直角坐标系， 分别为 轴的正方向，
因为 ， ，且 ，所以 ，
所以 ， ， ， ， ， ，
在三棱台 中，设 ，
， ， ，
所以 或 ，所以 ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，
， ，由 可知，平面 的一条法向量为 ，
设平面 的法向量为 ，
， ，
由 可知，平面 的一条法向量为 ，
所以 ，
所以二面角 的正弦值为 .
例26．（2022春·浙江·高三浙江省新昌中学校联考期中）如图，在四棱台 中，底面
是边长为2的菱形， ，平面 平面 ，点 分别为 的中点，
均为锐角.
(1)求证： ；
(2)若异面直线 与 所成角正弦值为 ，四棱锥 的体积为1，求二面角 的平面
角的余弦值.
【解析】（1） 底面 是菱形，
，
又 平面 平面 ，且平面 平面 ， 平面 ，
平面 ，又 平面 ，
.
（2）解法一：由（1）知 面 ，又 平面 ，
平面 平面 ，
作 交线 ，垂足为 ，
因为平面 平面 = ， 平面 ，则 面 ，
又 平面 ，所以 .
再作 ，垂足为 ， 面 ， 面 ，
所以 面 ，又面
则 ，
所以 为二面角 的平面角，
因为 平面 ，所以 到底面 的距离也为 .
作 ，因为平面 平面 ，平面 平面 ＝ ，
平面 ，所以 平面 ，所以 ，
又 为锐角，
所以
又 ，所以 为等边三角形，故 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 .
所以二面角 的平面角的余弦值为 .解法二：由（1）知 面 ，又 平面 ，
平面 平面 ，
作 ，因为平面 平面 ，平面 平面 ＝ ，
平面 ，所以 平面 ，
如图，建立直角坐标系： 为原点， 为 轴方向， 轴 .
因为 平面 ，所以 到底面 的距离也为 .
所以 ，又 为锐角，所以
又 ，所以 为等边三角形，故 ，
在空间直角坐标系中： ，设 ，则
则 ，
设平面 的法向量为 ，
，取
设平面 的法向量为 ，，取
所以 ，
由题知二面角为锐角，故二面角 的平面角的余弦值为 .
例27．（2022春·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考期中）如图，在几何体 中，底面 为
以 为斜边的等腰直角三角形.已知平面 平面 ，平面 平面 平面
.
(1)证明； 平面 ；
(2)若 ，设 为棱 的中点，求当几何体 的体积取最大值时, 与 所成角的余弦
值.
【解析】（1）过点D作 交 与点O，
∵平面 平面 ，且两平面的交线为 , 面 ，
∴ 平面 ,又 平面 ,∴ ,
又 且 平面 ,
∴ 平面 ;
（2）过点E作 交 与点N，连接 ,
∵平面 平面 ，且两平面的交线为 , 平面 ，
∴ 平面 ,又 平面 ,∴ 到平面 的距离相等,
∴ 且 ，故四边形 为平行四边形，
所以 , 平面 ，
则 平面 平面 ，故 ,
又因为 ,所以 ，
而底面 为以 为斜边的等腰直角三角形, ,故 ,
故 ，
又 , ，令 ,
令 , ,
所以 在 单调递增，在 单调递减，
即 ，当且仅当 时取得最大值，
如图所示，以点O为原点以 为 建立空间直角坐标系，
则
,
设 与 所成角为 ，则 ，
即当几何体 体积最大时， 与 所成角的余弦值为 .
核心考点九：创新定义
【规律方法】
以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决
问题．图形怎么阅读?一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读
出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究
图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动
态地去阅读图形．
【典型例题】
例28．（2022·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）已知顶点为S的圆锥面（以下简称圆锥S）与不
经过顶点S的平面α相交，记交线为C，圆锥S的轴线l与平面α所成角θ是圆锥S顶角（圆S轴截面上两
条母线所成角θ的一半，为探究曲线C的形状，我们构建球T，使球T与圆锥S和平面α都相切，记球T与平面α的切点为F，直线l与平面α交点为A，直线AF与圆锥S交点为O，圆锥S的母线OS与球T的切点
为M， ， ．
(1)求证：平面SOA⊥平面α，并指出a，b， 关系式；
(2)求证：曲线C是抛物线．
【解析】（1）∵平面AOS截球T的截面圆与直线AO相切于F，
∴ ，
记P是平面 内不在直线OA上的点，平面TFP截球T的截面圆与直线FP相切于点F，
∴ ，
∵平面 内直线AO，FP相交于点F，
∴TF⊥平面 ，
∵直线TF 平面AOS，
∴平面AOS⊥平面 ，
∴ ．连TO，TM，
∴ ， ，
∴球T的半径 且 ，
∴ .（2）在平面AOS内圆锥的另一条母线与球T的切点记为N点
∵ ，
∴
以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过O与TF平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图.
∵OM，OF与球T相切，
∴ ，
∴ ， ，
设交线C上任意点 ，记圆锥S的母线SP与球T相切于E．
∵PF与球T相切于点F，
∴ ， ，
∴ ，
即 （1），
两边平方整理得： （2），
两边平方整理得： （3），
易知：（3） （2） （1），
∴交线C在坐标平面xOy中方程为 ，
∴交线C是以F为焦点，O为顶点的抛物线.
例29．（2022·全国·高三专题练习）类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如
图1，由射线 ， ， 构成的三面角 ， ， ， ，二面角
的大小为 ，则 ．（1）当 、 时，证明以上三面角余弦定理；
（2）如图2，四棱柱 中，平面 平面 ， ， ，
①求 的余弦值；
②在直线 上是否存在点 ，使 平面 ？若存在，求出点 的位置；若不存在，说明理由．
【解析】（1）证明：如图，过射线 上一点 作 交 于 点，
作 交 于 点，连接，
则 是二面角 的平面角．
在 中和 中分别用余弦定理，得
，
，
两式相减得 ，
∴ ，
两边同除以 ，得 ．
（2）①由平面 平面 ，知 ，
∴由（1）得 ，
∵ ， ，
∴ ．
②在直线 上存在点 ，使 平面 ．
连结 ，延长 至 ，使 ，连结 ，
在棱柱 中， ， ，∴ ，∴四边形 为平行四边形，
∴ ．
在四边形 中， ，
∴四边形 为平行四边形，
∴ ，
∴ ，
又 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ．
∴当点 在 的延长线上，且使 时， 平面 ．
例30．（2022·全国·校联考模拟预测）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示．蜂房结构是由
正六棱柱截去三个相等的三棱锥 ， ， ，再分别以 ， ， 为轴将 ，
， 分别向上翻转 ，使 ， ， 三点重合为点 所围成的曲顶多面体（下底面开口），
如图2所示．蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的
曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于 减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面
体的面的内角，用弧度制表示）．
（1）求蜂房曲顶空间的弯曲度；
（2）若正六棱柱的侧面积一定，当蜂房表面积最小时，求其顶点 的曲率的余弦值．
【解析】（1）蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和，根据定义其度量值等于
减去三个菱形的内角和 ，再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和 ，
即蜂房曲顶空间的弯曲度为 .
（2）设底面正六边形的边长为1，
如图所示，连接AC，SH，则 ，设点 在上底面ABCDEF的射影为O，则 ,
令 ，则 ，
菱形SAHC的面积 ，
的面积为 ，
令正六棱柱的侧面积为定值 时，
蜂房的表面积为 ，
，令 得到 ，
经研究函数 的单调性，
得到函数 在 处取得极小值，
此时 ，
在 中，令 ，
由余弦定理得 ,
顶点 的曲率为 ，
其余弦值为 .
【新题速递】
1．（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）如图，在三棱柱 中， ， .(1)证明：平面 平面 ；
(2)若 ， ， ，求直线 与平面 所成角的正弦值.
【解析】（1）证明：设 ,连接 ,如图所示：
则 为 的中点，
因为 ，
所以 ，
即 ，
又因为 ，
所以 ，
又因为 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，
所以平面 平面 ；
（2）因为 ，
所以 为正三角形，四边形 为菱形，
因为 ， ，
设 ，则 ， ，
所以 为等腰直角三角形，
所以 ，
又因为四边形 为菱形，所以 ， ，
又因为 ，
所以 ，
所以 ，
即 两两垂直，
以 为坐标原点， 所在的直线分别为 轴， 轴， 轴，建立如图所示的坐标系：
所以 ， ， ， ， ，
设 ，
由 可得 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，
所以 ，
即有 ，
令 ，得 ，
所以 ，设直线 与平面 所成角为 ，
则有 .
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
2．（2022·四川达州·统考一模）如图，三棱柱 中，底面 为等腰直角三角形，
， .
(1)证明: ；
(2)若 ，求 与平面 所成角的正弦值.
【解析】（1）证明: 连接 ， 在 中， ，
由余弦定理得， ，
，
，
.
又 为等腰直角三角形，且 ，
，
， 平面 ，
平面 .
∵ 平面 ，
∴
（2） ，，
，
如图， 以 A为原点， 的方向分别为 轴， 轴， 轴的正方向建立空间直角坐标系，
则 ，
设平面 的一个法向量为 ，
由 ，得 ，令 ，得 ，
平面 的一个法向量为 .
，
设 与平面 所成角的大小为 ，
，
与平面 所成角的正弦值为 .
3．（2022·陕西宝鸡·统考一模）如图在四棱锥 中， 底面 ，且底面 是平行四边
形.已知 是 中点.
(1)求证：平面 平面 ；
(2)求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值.【解析】（1） 面 ，且 ，
.
∵ 是 中点,所以 .
同理可证： .
又 面 ， 面 ， ,
平面 .
∵ 面 ，
∴平面 平面 .
（2） ， .
以A为原点， 分别为x，y，z轴正方向建系，如图：
则 .
设平面 的法向量
则 ，得 ，不妨取 ，则 .
由（1）得 是平面 的一个法向量，
所以 ，
所以平面 与平面 所成锐二面角的余弦值为 .
4．（2022·广东广州·统考一模）如图，已知四棱锥 的底面 是菱形，平面 平面
， 为 的中点，点 在 上， .(1)证明： 平面 ；
(2)若 ，且 与平面 所成的角为 ，求平面 与平面 夹角的余弦值.
【解析】（1）设 的交点为 ，连接 ，已知 为 的重心，
所以 ， ，所以在 中， ，
所以 ，所以 平面 ， 平面 ，
则 平面 .
（2）因为 所以
所以 为等边三角形，所以 ，又因为 ，
所以 ，所以 ，
取 的中点为 ，连接 ，则 ，
平面 平面 ，平面 平面 ，
则 平面 ，以 为坐标原点， 为 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为 与平面 所成的角为 ，所以 ，
设菱形的边长为 ，所以 ，所以
，
因为 ，所以 ，
，
设 平面 ，
，令 ，
所以 ，设 平面 ，
，令 ，
所以 ，
则 ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .
5．（2022·上海奉贤·统考一模）如图，在四面体 中，已知 .点 是 中点.
(1)求证： 平面 ；
(2)已知 ，作出二面角 的平面角，并求它的正弦值.
【解析】（1） 是 中点，
又 是 中点，
面
所以 面（2）由题知， ， ，
取 的中点 ，连接 ，
,
根据三角形全等证明方法,可以证明 ,
,
所以 是二面角 的平面角，
利用勾股定理计算出 ,
由余弦定理得 ，解得 ，
所以 ， ，
所以 ，
所以 中， .
6．（2022·上海浦东新·统考一模）如图，三棱锥 中，侧面PAB垂直于底面ABC， ，底面
ABC是斜边为AB的直角三角形，且 ，记O为AB的中点，E为OC的中点.
(1)求证： ；
(2)若 ，直线PC与底面ABC所成角的大小为60°，求四面体PAOC的体积.
【解析】（1）连接 ，因为 ，所以 ，
侧面 垂直于底面 ， 平面 ，平面 平面 ，所以 底面 ， 底面 ，所以 ，
是斜边为 的直角三角形，且 ，所以 ，
又因为O为AB的中点，所以 ,所以 为等边三角形，
又E为OC的中点，所以 ，
因为 ， ， ， ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ；
（2）由（1）知 底面ABC，所以直线PC与底面ABC所成角为 ，因为直线PC与底面ABC所成
角的大小为 ， ，
因为 ，所以 ，在 中， ，
，所以 .
7．（2022·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，在四棱锥 中， ，
， ， 是棱 的中点，且 平面
(1)证明： 平面 ；
(2)若 ，求二面角 的正弦值.
【解析】（1）取 中点 ，连接 ， ， ， ， 面 ， 面 ，故 面 ， 面 ， ，面 面 ，
平面 平面 ，平面 平面 ，故 .
， ， ， ，故 ，
， 是 中点，故 ， ， 平面 ，
故 面 ， ，故 面 .
（2）如图所示以 为 轴建立空间直角坐标系，
， ， ， ， ，，
设平面 法向量为 ， ，
取 ， ，
设平面 法向量为 ， ，
取 ， ，
，设二面角 的平面角为 ， .
8．（2022春·江苏徐州·高三期末）如图，四棱锥 中， 底面 ， ∥ ， 为 的
中点.
(1)若点M在AD上， ， ，证明： 平面 ；
(2)若 ， ，求二面角 的余弦值.
【解析】（1）证明：如图所示：
取 中点 ，连接 ，
因为 ，
所以 ，
又因为 ，
所以 ，
又因为 ∥ ，
所以 ∥ ，
又因为 为 的中点，
所以 ∥ 且 ，
即有 ∥ 且 ，
所以四边形 是平行四边形，
所以 ∥ ，
又因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ；（2）连接 ，
因为 ，
所以 为等腰三角形，
取 中点 ，连接 ，
则有 ，
又因为 ∥ ，
所以 ，
又因为 底面 ，
所以建立如以 为 轴， 为 轴， 为 轴的空间坐标系，如图所示：
因为 ， ，
则有 ， ， ， ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，
则有 ，所以 ，
令 ，
则 ，
因为 底面 ，
取平面 的法向量 ，
设二面角 的大小为 ( 为钝角)，
则有 .
9．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体 中，四边形 为菱形， 平
面 ，且 .(1)求证： ；
(2)求二面角 的大小.
【解析】（1）证明：由于四边形 为菱形，则
平面 平面
又 平面 平面
平面 ，又 平面
（2）如下图，取 的中点 ，连接 ，
为等边三角形， ，
以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴建立空间直角坐标系，则由题意得
，又 ，
则 ，
，
由（1）知 平面 ，则可取 为平面 的法向量
设平面 的法向量为 ，则 ，，令 得 ，
设二面角 的平面角为 ，则 ，
由题知二面角 的锐二面角，
所以二面角 大小为 .
10．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体 中，四边形 为菱形， 平
面 ，且 .
(1)求证： ；
(2)求点 到平面 的距离.
【解析】（1）证明： 平面 ， 平面
，
四边形 为菱形，
，
又 ， 平面 平面 ，
平面
（2）
平面 ，
，
由四边形 为菱形， ，
可得 ，
，设点 到平面 的距离为 ，
则 ，
由 可得 ，
解得 .
点 到平面 的距离为 .
11．（2022·四川广安·广安二中校考模拟预测） 是等腰直角三角形， 且 ，四边形
是直角梯形， ， ，且 ，平面 平面 .
(1)求证： 平面 ；
(2)若点 是线段 上的一个动点，问点 在何位置时三棱锥 的体积为 .
【解析】（1）证明：直角梯形 中， ， ，且 ，则
，由 得 ，
∵平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，∴ 平面 ，∵
平面 ，∴ ，
又 ， 平面 ，∴ 平面 ；
ΔABC
（2）设 ，∵ 平面 ，则 到平面PAD的距离d有： ，
等腰直角三角形 ， 且 ，则 ，
∴ .
故点 在PB中点时三棱锥 的体积为 .
12．（2022·四川南充·统考一模）在平面五边形ABCDE中（如图1），ABCD是梯形， ，
， ， ， 是等边三角形．现将 沿AD折起，连接EB，EC
得四棱锥 （如图2）且 ．(1)求证：平面 平面ABCD；
(2)在棱EB上有点F，满足 ，求二面角 的余弦值．
【解析】（1）依题意，ABCD是梯形， ， ， ，
， 是等边三角形．
设 是 的中点，则 三点共线，且
折叠后， ， ，即 ，
由于 平面 ，所以 平面 ，
由于 平面 ，所以平面 平面 .
（2）由（1）可知 两两相互垂直，以 为原点建立空间直角坐标系如图所示，
平面 的法向量为 ，
，
， ,
，设平面 的法向量为 ，
则 ，故可设 ，
设二面角 为 ，由图可知 为锐角，
所以 .13．（2022·贵州贵阳·贵阳六中校考一模）如图，在四棱锥 中， ， ，
， ， .
(1)求证： 平面 .
(2)设E为BC的中点，求PE与平面ABCD所成角的正弦值.
【解析】（1）∵ ， ，PB=PD，∴Rt△PDC≌Rt△PBC，∴BC=DC，
又PB∩PD=P，∴PC⊥平面PBD，∵BD 平面PBD，∴PC⊥BD，
∵AB=AD，BC=CD，∴易知AC⊥BD，
又∵AC∩PC=C，AC,PC含于面PAC∴BD⊥平面PAC；
（2）
如图，设AC交BD于O，则O是BD的中点，连接OP，过 作 ，连接 ，
由（1）得，BD⊥平面PAC， 面 ，故 ，又 ，所以， 面 ，故为PE与平面ABCD所成角，设 ，因为 为 中点，且 ，故在 中，
，
又由BC=CD，且BD= ， ，
∴在△BCD中，由余弦定理得： ，
即 ，解得 ，故 ，
∴ ， ， ，
，
∵PC⊥平面PBD，∴ ， 所以，在 中，利用等面积法，得到
，故 ，所以，在 中，
14．（2022春·广东广州·高三校考期中）如图所示，在四棱锥 中， 底面 ，四边形
是直角梯形， ， ，点 在侧棱 上.
(1)求证：平面 平面 ；
(2)若平面 与平面 的夹角的余弦值为 ，求 的值.
【解析】（1）证明：∵ 平面ABCD， 平面ABCD，
∴ .
∵四边形ABCD是直角梯形， ， ， ，
∴ ，
取AB中点为F,连接 ，∵四边形ABCD是直角梯形， ， ， ，
∴ ， ， ， ，
∴四边形ADCF为矩形， ，
∴ .
∴ ⊥ ，又 ， 平面 ，
∴ 平面PBC.
∵ 平面EAC，
∴平面 平面PBC.
（2）方法一：由（1）知 平面PBC，又∵ 平面PBC，
∴ ⊥ ，
由（1）知 ，所以 是二面角 的平面角.
由图知平面PAC与平面ACE的夹角即为二面角 ，
∵平面PAC与平面ACE的夹角的余弦值为 ，
∴ ，
∵ 平面ABCD， 平面ABCD，
∴ .
在 中，由 ， 得： ，
∴ ，
∴ ， ，
∵∠CPB与∠CBP互余，∠PCE与∠ECB互余，
∴ ， ，
∴ ；
方法二：如图，以C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系.
则 ， ， ， ，显然平面PAC的一个法向量为 ，则 ，
设 ， ，
则 ，
∴ ，
∴ ，
当 时， 重合，此时平面 与平面 的夹角为90°，此时余弦值为1，不合要求，
当 时，设 为平面EAC的法向量， ，
则 ，即 ，
得 ，取 得 ，
∴ ，
设平面 与平面 的夹角为 ， ，
则 ，
解得： .
∴ ，
∴ .
