文档内容
专题 15 立体几何解答题全归类
【目录】
..............................................................................................................................................2
...............................................................................................................................................3
..............................................................................................................................................3
..............................................................................................................................................4
............................................................................................................................................14
考点一：非常规空间几何体为载体.......................................................................................................................14
考点二：立体几何探索性问题..............................................................................................................................20
考点三：立体几何折叠问题..................................................................................................................................25
考点四：立体几何作图问题..................................................................................................................................30
考点五：立体几何建系繁琐问题...........................................................................................................................35
考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题................................................................................................41
考点七：利用传统方法找几何关系建系...............................................................................................................46
考点八：空间中的点不好求..................................................................................................................................52
考点九：创新定义.................................................................................................................................................59
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．考点要求 考题统计 考情分析
2023年II卷第20题，12分 【命题预测】
2023年北京卷第16题，13分 预测2024年高考，多以解答
线线角、二面角、线面角
2022年I卷第19题，12分 题形式出现，高考仍将重点
2021年II卷第19题，12分 考查空间向量与立体几何，
距离问题，异面直线夹角、
距离问题 2023年天津卷第17题，15分
线面角、二面角；解答题第
2023年乙卷第19题，12分 一小题重点考查线线、线
体积问题 2022年乙卷第18题，12分 面、面 面垂直的判定与性
2021年上海卷第17题，14分 质，第二小问重点考查利用
2023年I卷第18题，12分 向量计算线面角或二面角，
难度为中档题．
2021年甲卷第19题，12分
探索性问题
2021年I卷第20题，12分
2021年北京卷第17题，14分
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．
1．（2023•北京）如图，四面体 中， ， ， 平面 ．
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）求二面角 的大小．
【解析】证明：（Ⅰ） 平面 ， 平面 ， 平面 ，
， ，
， ，
，又 ， ，
，又 ，
平面 ；
（Ⅱ）以点 为坐标原点，分别以 ， 所在直线为 轴， 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图
所示：
则 ，1， ， ，0， ， ，0， ， ，1， ，
，0， ， ， ， ， ，1， ， ，0， ，
设平面 的一个法向量为 ， ， ，
则 ，取 ，得 ，1， ，
设平面 的一个法向量为 ， ， ，
则 ，取 ，得 ，1， ，
， ，
由图可知二面角 为锐角，设二面角 的大小为 ，
则 ， ，
，
即二面角 的大小为 ．
2．（2023•天津）在三棱台 中，若 平面 ， ， ，
， ， 分别为 ， 中点．
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）求平面 与平面 所成角的余弦值；（Ⅲ）求点 到平面 的距离．
【解析】（Ⅰ）证明：连接 ，可得 为△ 的中位线，
可得 ，且 ，
而 ， ，
则 ， ，
可得四边形 为平行四边形，
则 ，
而 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ；
（Ⅱ）取 的中点 ，连接 ，
由 ， ，可得 ．
由 平面 ， 平面 ，
可得 ，
可得 平面 ．
过 作 ，垂足为 ，连接 ，
由三垂线定理可得 ，
可得 为平面 与平面 所成角．
由 ．
在矩形 中， ，
所以 ；（Ⅲ）设 到平面 的距离为 ．
在△ 中， ， ， ，
则 ．
由 ，可得 ，
解得 ．
3．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱 的体积为4，△ 的面积为 ．
（1）求 到平面 的距离；
（2）设 为 的中点， ，平面 平面 ，求二面角 的正弦值．
【解析】（1）由直三棱柱 的体积为4，可得 ，
设 到平面 的距离为 ，由 ，
， ，解得 ．
（2）连接 交 于点 ， ， 四边形 为正方形，
，又 平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ， ，由直三棱柱 知 平面 ， ，又 ，
平面 ， ，
以 为坐标原点， ， ， 所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
， ，又 ，解得 ，
则 ，0， ， ，2， ， ，0， ， ，2， ， ，1， ，
则 ，2， ， ，1， ， ，0， ，
设平面 的一个法向量为 ， ， ，
则 ，令 ，则 ， ，
平面 的一个法向量为 ，0， ，
设平面 的一个法向量为 ， ， ，
，令 ，则 ， ，
平面 的一个法向量为 ，1， ，
， ，
二面角 的正弦值为 ．
4．（2021•新高考Ⅰ）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．【解析】（1）证明：因为 ， 为 的中点，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 的中点 ，因为 为正三角形，所以 ，
过 作 与 交于点 ，则 ，
所以 ， ， 两两垂直，
以点 为坐标原点，分别以 ， ， 所在直线为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系如图所示，
则 ， ， ， ， ，1， ，
设 ，0， ，则 ，
因为 平面 ，故平面 的一个法向量为 ，
设平面 的法向量为 ，
又 ，
所以由 ，得 ，
令 ，则 ， ，故 ，
因为二面角 的大小为 ，
所以 ，
解得 ，所以 ，
又 ，所以 ，故 ．
方法二：
过 作 ，交 于点 ，过 作 于点 ，连结 ，
由题意可知， ，又 平面
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，又 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，
则 为二面角 的平面角，即 ，
又 ，
所以 ，则 ，
故 ，
所以 ，
因为 ，
则 ，
所以 ，则 ，
所以 ，则 ，
所以 ．5．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥 中，底面 是正方形，若 ， ，
．
（Ⅰ）求证：平面 平面 ；
（Ⅱ）求二面角 的平面角的余弦值．
【解析】（Ⅰ）证明： 中， ， ， ，所以 ，所以
；
又 ， ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ；
又 平面 ，所以平面 平面 ．
（Ⅱ）取 的中点 ，在平面 内作 ，
以 所在直线为 轴， 所在直线为 轴，建立空间直角坐标系 ，如图所示：
则 ，0， ， ， ， ， ，1， ， ，0， ，
因为 平面 ，所以平面 的一个法向量为 ，0， ，
设平面 的一个法向量为 ， ， ，
由 ，2， ， ， ， ，
得 ，即 ，
令 ，得 ， ，所以 ，2， ；
所以 ， ，所以二面角 的平面角的余弦值为 ．
6．（2023•乙卷）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．
【解析】 （1）证明：在 中，作 ，垂足为 ，设 ，则 ，
因为 ，所以 ，所以 ，即 ，解得 ，
又因为 ，所以 ，且 ，
所以 ，所以 ，即 ，解得 ，
即 ，所以 是 的中点， 是 的中点，
又因为 是 的中点，所以 ，同理， ，所以 ，
又因为 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 ，
的面积为 ，
所以三棱锥 的体积为 ．
7．（2022•乙卷）如图，四面体 中， ， ， ， 为 的中点．
（1）证明：平面 平面 ；
（2）设 ， ，点 在 上，当 的面积最小时，求三棱锥 的体积．
【解析】证明：（1） ， ， ，
，
，又 为 的中点．
，， 为 的中点．
，又 ，
平面 ，
又 平面 ，
平面 平面 ；
（2）由（1）可知 ，
， ， 是等边三角形，边长为2，
， ， ， ，
， ，
又 ， ，
平面 ，
由（1）知 ， ，连接 ，则 ，
，
当 时， 最短，此时 的面积最小，
过点 作 于点 ，则 ， 平面 ，
，
， ，
三棱锥 的体积 ．
考点一：非常规空间几何体为载体
关键找出三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系．例1．（2023·上海虹口·高三统考期中）如图，在圆锥 中， 是底面的直径，且 ， ，
， 是 的中点．
(1)求证：平面 平面 ；
(2)求二面角 的余弦值．
【解析】（1）如图，由题意， 是底面的直径， ，
为 的中点， 为 的中点，则 ，
则 ，而 平面 平面 ，
则 ，
又 ， 平面 ， 平面
平面 ，
又 平面 平面 平面 ；
（2）在平面 中，过 作 ，垂足为 ，
在平面 中，过 作 ，垂足为 ，
连接 ，
∵ 平面 平面 ， ，
又 ， 平面 ， 平面 ，
平面 ， 平面 ， ，
， 平面 ， 平面
则 平面 ，可得 为二面角 的平面角．
由已知可得， ， ，
， ，
，
又 ，得 ．在 中， ，
∴ ．
即二面角 的余弦值为 ．
例2．（2023·广东汕头·金山中学校考三模）如图，圆台 的轴截面为等腰梯形 ，
为底面圆周上异于 的点.
(1)在平面 内，过 作一条直线与平面 平行，并说明理由；
(2)若四棱锥 的体积为 ，设平面 平面 ，求 的最小值.
【解析】（1）取 中点 ，作直线 即为所求，
取 中点 ，连接 ，
则有 ，
如图，在等腰梯形 中， ，
有 ，
则四边形 为平行四边形，即有 ，
又 平面 平面 ，
所以 平面 .
（2）法一：延长 交于点 ，
故 平面 平面
故平面 平面 即 在 中， 均为圆锥母线.
过点 作 于 .
在等腰梯形 中， ，
此梯形的高
等腰梯形 的面积为 ，
所以四棱锥 的体积 ，
解得 ，
故点 与 重合，
由 ，
得 ，且 ，
故 .中， 到 距离 .
则 面积 ,
得： 的最小值为： .
法二：同法一求出 的位置.
以 为原点， 方向为 轴正向建立空间直角坐标系，
设面 的法向量为
，
取 ，
有 ；
同理可得面 的法向量为 ,
由 面 面 ，可知 ，
设 的方向向量为 ，
故
取 ,
下面分2个方法求
求 方法1： ，
，
当 时， 取最小值为 .
求 方法2： 在 上的投影向量的模为
故 的最小值即 到 的距离为 .
法三:在三角形 中，
,
,
所以 .
例3．（2023·湖南·高三校联考阶段练习）如图，已知四棱台 的上、下底面分别是边长为
2和4的正方形， ，且 底面 ，点 分别在棱 、 上·
(1)若P是 的中点，证明： ；
(2)若 平面 ，且平面PQD与平面AQD的夹角的余弦值为 ，求四面体 的体积．
【解析】（1）以 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
设 ，其中 ， ，
若 是 的中点，则 ， ， ，
于是 ，∴ ，即 ．
（2）由题设知， ， ，是平面 内的两个不共线向量．
设 是平面 的一个法向量，
则 ，取 ，得 ．
又平面 的一个法向量是 ，
∴ ，而二面角 的余弦值为 ，因此 ，
解得 或 （舍去），此时 ．
设 ，而 ，由此得点 ， ，
∵PQ∥平面 ，且平面 的一个法向量是 ，
∴ ，即 ，解得 ，从而 ．
将四面体 视为以 为底面的三棱锥 ，则其高 ，
故四面体 的体积 ．
考点二：立体几何探索性问题
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．
例4．（2023·福建莆田·高三莆田第四中学校考阶段练习）等边三角形 的边长为3，点 分别是边
上的点，且满足 ，如图甲，将 沿 折起到 的位置，使二面角
为直二面角，连接 ，如图乙.(1)求证： 平面 .
(2)在线段 上是否存在点 ，使平面 与平面 所成的角为 ？若存在，求出 的长；若不存
在，请说明理由.
【解析】（1）因为等边三角形 的边长为3， ，所以 ，
在 中，由余弦定理可得
，所以 ，可得 ，即
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ；
（2）假设在线段 上存在点 ，使平面 与平面 所成的角为 ，
由（1）可知 互相垂直，
以 为原点， 所在的直线分别为 轴建立空间直角坐标系，
所以 ， ， ， ， ，
， ， ，
设 ，可得 ， ，
设 为平面 的一个法向量，
所以 ，即 ，
令 ，则 ，
所以 ，因为 平面 ，
所以 可以为平面 的一个法向量，
因为平面 与平面 所成的角为 ，所以 ，
解得 ，所以存在点 ，且 ，
可得 ， ，
.
例5．（2023·北京·高三汇文中学校考期中）如图，在棱长为2的正方体 中， 为棱 的
中点， 为棱 上一点.
(1)求直线 与平面 所成角的正弦值；
(2)求二面角 的正弦值；
(3)是否存在点 ，使 平面 ？若存在，求出 的长度；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）以 为原点， ， ， 分别为 ， ， 轴，建立如图空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，， ， ，
， ，
设平面 的一个法向量为
，不妨设 ，则 ， ， ，
所以平面 的一个法向量为
设直线 与平面 所成角为 ，
则 .
（2）由正方体可得， ， ，且 ，
且 平面 ，所以平面 的一个法向量为 ，
则 .
因为二面角 为锐二面角，
所以二面角 的正弦值为 .
（3）存在，设 点的坐标为 ，所以
平面 的一个法向量为 ，
因为 ，所以 ，
因为 平面 ，所以 平面 .
此时
例6．（2023·福建莆田·高三莆田第十中学校考期中）如图，在三棱台 中，若 平面
， 为 中点， 为棱 上一动点（不包含端点）.
(1)若 为 的中点，求证： 平面 .(2)是否存在点 ，使得平面 与平面 所成角的余弦值为 ？若存在，求出 长度；若不存在，
请说明理由.
【解析】（1）取 中点 ，连接 ，
则 为 的中位线，所以 ,且 ，
又 ,
所以四边形 为平行四边形，
则 ,又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）以 为坐标原点， 所在的直线为 轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
则 ,
则
设 ,则 ，
所以 ,
令平面 的法向量为 ，
则 ，
令 ，则 ， ，又平面 的一个法向量 ，
所以 ，
解得 或者 （舍），
所以
即 的长度为
考点三：立体几何折叠问题
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．
例7．（2023·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）如图，在菱形 中， ， ，将
沿着 翻折，形成三棱锥 .
(1)当 时，证明： ；
(2)当平面 平面 时，求直线 与平面 所成角的余弦值.
【解析】（1）证明：当 时，此三棱锥 为正四面体，
如图，取 的中点 ，连接 ， .
在正四面体 中， ， 且 ，且 平面
所以 平面 ，因为 平面
所以
（2）当平面 平面 时，
取 的中点 ，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ， .
设平面 的法向量 ， ， ，
所以 ，即： ，
令 ，得：
∴设直线 与平面 所成角为 ，且 ，
则 ，
∴ ，
∴直线 与平面 所成角的余弦值为 .
例8．（2023·全国·模拟预测）如图1所示，四边形ABCD中 ， ， ， ，
，M为AD的中点，N为BC上一点，且 ．现将四边形ABNM沿MN翻折，使得AB与
EF重合，得到如图2所示的几何体MDCNFE，其中 ．(1)证明： 平面FND；
(2)若P为FC的中点，求二面角 的正弦值．
【解析】（1）∵四边形ABCD中 ， ， ， ， ，
M为AD的中点，且 ，
∴四边形ABNM为正方形，且边长为1，
∴题图2中，四边形EMNF是边长为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为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
则 ， ， ， ，
∴ ， ， ，
设平面FND的法向量为 ，则 ，
令 ，令 ，则 ，∴ ，设平面PND的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ， ，∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴二面角 的正弦值为 ．
解法二：如图，取NC的中点O，连接PO，则 ，
∴ 平面MDCN，
∵ 平面MDCN，∴ ，
过O作 ，垂足为H，连接PH，则 就是二面角 的平面角，
又 ， ，∴ ，∴ ，
∵ 平面MDCN， 平面FND，∴平面 平面MDCN，
∴二面角 的正弦值为 ．
例9．（2023·河南·高二校联考期中）在 （图1）中， 为 边上的高，且满足
，现将 沿 翻折得到三棱锥 （图2），使得二面角 为 .
(1)证明： 平面 ；(2)在三棱锥 中， 为棱 的中点，点 在棱 上，且 ，若点 到平面
的距离为 ，求 的值.
【解析】（1）在题图2中 ，则 为二面角 的平面角，即 ，
又 ， 面 ，所以 平面 ，
由 平面 ，所以 ，
题图1中 及 ，所以 ，
在 中，由余弦定理得 ，
又 ，所以 .
又 ， 面 ，所以 平面 .
（2）以 为坐标原点，以 、 、 （ ）为 、 、 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
在 中 ，所以 .
所以 ，
则 ，令 ，则 ，
由 ，则 ，
所以 且 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，所以 ，而所以 ，解得 或 （舍去），故 .
考点四：立体几何作图问题
（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
例10．（2023·广西·高三统考阶段练习）如图，三棱柱 中，侧面 为菱形.
(1)（如图1）若点 为 内任一点，作出 与面 的交点 （作出图象并写出简单的作图过程，
不需证明）；
(2)（如图2）若面 面 ，求二面角 的余弦值.
【解析】（1）
作图步骤
①连接 并延长交 于点
②连接 交 于点 ，连接
③连接 交 于点
④点 即为所求.
（2）连结 ，交 于点 ，连结 ，侧面 为菱形， ，且 为 的中点，
， ，
平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
平面 ，
又 ， 平面 ， ， ，
以 为坐标原点，分别以 、 、 所在直线为 、 、 轴，建立空间直角坐标系，
设 ，则 ，0， ， ，0， ，
， ， ， ， ， ，
， ， ，
设平面 与平面 的一个法向量分别为 与 ，
由 ，取 ，得 ；
由 ，取 ，得 ．
，
例11．（2023·安徽六安·安徽省舒城中学校考模拟预测）如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长
为2的正方形， ， ，且 .(1)记线段 的中点为 ，在平面 内过点 作一条直线与平面 平行，要求保留作图痕迹，但不
要求证明；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值.
【解析】（1）延长 ，设其交点为 ，连接 ，
则 为平面 与平面 的交线，
取线段CD的中点M，连接KM，直线KM即为所求．
证明如下：延长 ，设其交点为 ，连接 ，
则 为平面 与平面 的交线，
因为 ，所以 ，又 ，
所以 ，
所以 ，又 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，
取 的中点 ，连接 ，
∵ 分别为 的中点，
∴ ，∴ ．
∵ 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ．
（2）以点 为原点， 所在的直线为 轴， 所在的直线为 轴，建立空间直角坐标系，如图.由已知
可得 ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，则 得 ，
取 得， ，
平面 的一个法向量 .
设直线 与平面 所成的角为 ，
则 .
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
例12．（2023·广西·校联考模拟预测）已知四棱锥 中，底面 为直角梯形， 平面
， ， ， ， ，M为 中点，过C，D，M的平面截四棱锥
所得的截面为 ．
(1)若 与棱 交于点F，画出截面 ，保留作图痕迹（不用说明理由），求点F的位置；
(2)求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值．
【解析】（1）延长 ，连接 交 于F，连接 ，
如图，四边形 为截面 .
中， ，由 ，则C为 中点，B为 中点，
过M作 交 于N，则 ， ，
，，即 ，
F为棱 上靠近点B位置的三等分点；
（2）以A为原点， 为x轴， 为y轴， 为z轴，建立空间坐标系如图，
则有： ， ， ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ， ，
则有 ，解得
令 ，则 ，即
设平面 的一个法向量为 ， ， ，
则 ，解得 ，
令 ，则 ， ，
设平面 与平面 的锐二面角的平面角为 ，则
所以平面 与平面 的二面角的锐平面角的余弦值为考点五：立体几何建系繁琐问题
利用传统方法解决
例13．（2023·黑龙江哈尔滨·哈九中校考三模）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 ，求四棱锥
的体积.
【解析】（1）因为 ， 分别为 ， 的中点，所以 ，
又 ，所以 ，
在等边 中， 为 中点，则 .又因为侧面 为矩形，所以 .
因为 ， ，
由 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又因为 ，且 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，且平面 平面 ，
所以 .
又因为 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面
所以平面 平面 .
（2）过 作 垂线，垂足为 ，画出图形，如图.
因为 平面 ， 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，
又因为 ，所以四边形 为平行四边形，
所以 ，
因为 为 的中心，
所以 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 = ，
平面 ，所以 平面 ，
又因为在等边 中， ，得 ，
由（1）知，四边形 为梯形，
所以四边形 的面积为 ，
所以 ， ，
，所以 ，
所以 .
例14．（2023·江苏盐城·高一盐城市伍佑中学校考期中）如图，已知三棱柱 的底面是正三角
形，侧面 是矩形，M，N分别为BC， 的中点，P为AM上一点，过 和P的平面交AB于E，
交AC于F.
（1）证明： ，且 平面 ；
（2）设O为 的中心，若 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 是矩形，
， ，四边形 为矩形，，
， ， ，
， ， ， 平面
平面 ，
综上， ，且 平面 ．
（2） 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15．（2023·全国·高三校联考阶段练习）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 ， 平面 ，所以 ， ，
又因为 ， ， 平面 ，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 .
例16．（2023·山东泰安·高一期末）《九章算术》是中国古代的一部数学专著，是《算经十书》中最重要
的一部，成于公元一世纪左右.它是一本综合性的历史著作，是当时世界上最简练有效的应用数学，它的出
现标志着中国古代数学形成了完整的体系.《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”，
已知在三棱锥 中， 平面 .（1）从三棱锥 中选择合适的两条棱填空：________ ________，则三棱锥 为“鳖臑”；
（2）如图，已知 ，垂足为 ， ，垂足为 ， .
（i）证明：平面 平面 ；
（ii）设平面 与平面 交线为 ，若 ， ，求二面角 的大小.
【解析】（1）因为“鳖臑”是由四个直角三角形组成的四面体，又 平面 ，所以 ，
， ；即 ， 为直角三角形；
若 ，由 ， 平面 ，可得： 平面 ；
所以 ，即 ， 为直角三角形；满足四个面都是直角三角形；
同理，可得 或 或 ，都能满足四个面都是直角三角形；
故可填： 或 或 或 ；
（2）（i）证明：
∵ 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）由题意知，在平面 中，直线 与直线 相交.
如图所示，设 ，连结 ，则 即为 .∵ 平面 ， 平面 ，
∴ ，
∵ 平面 ， 平面 ，
∴ ，
又 ， 平面 ，
∴ 平面 ，
又 平面 ，
∴ ， .
∴ 即为二面角 的一个平面角.
在 中， ， ， ，
∴ ，
又 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴二面角 的大小为 .
考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题
构造垂直的全等关系
例17．（2023·广西桂林·统考二模）如图，四棱锥 中，底面 为边长是2的正方形， ，
分别是 ， 的中点， ， ，且二面角 的大小为 .(1) 求证： ；
(2) 求二面角 的余弦值.
【解析】（1）证明：作 于点 连接 ，
∵ ， ， ，
∴ ，∴ ，
即 ， ，又 ，
∴ 平面 ，又 平面 ，
∴ .
（2）∵二面角 的大小为 ，
∴平面 平面 ，平面 平面 ， ，∴ 平面 .
以点 为原点， , , 所在直线为 轴，建立如图所示空间直角坐标系 ，∵ ,
∴ .
∴ ，即 .
∴ ， ， ， .
∴ , ，
设平面 的法向量 ，
由 ，得
令 ，得 .
易知 为平面 的一个法向量.
设二面角 为 ， 为锐角，则 .
例18．（2023·辽宁沈阳·辽宁实验中学校考模拟预测）如图，四棱锥 中，四边形 是边长
为2的菱形 ，
（1）证明：平面 平面 ；（2）当平面 与平面 所成锐二面角的余弦值 ，求直线 与平面 所成角正弦值.
【解析】（1）过D作 ，垂直为O，连接 ，
在 中， ， ，可得 ，
在 中，
由余弦定理可得 ，
所以 ，
因为 ，所以 为等边三角形，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为原点， ， ， 方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系
设 ，则 ， ， ， ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，即
令 ， ，
平面 的法向量为 ，
由 ，解得
因为 平面 ，所以 为 与平面 所成的角，所以 ，
即直线 与平面 所成角正弦值 .
例19．（2023·浙江杭州·高三专题练习）如图，在四面体 中，已知 ，
，(1)求证： ；
(2)若平面 平面 ，且 ，求二面角 的余弦值.
【解析】（1）∵ ， ， .∴ ，
∴ ，取 的中点 ，连接 ， ，则 ， .
又∵ ， 平面 ， 平面 ，∴ 平面 ，又 平面 ，∴
.
（2）过 作 于点 ，则 平面 ，
又∵平面 平面 ，平面 平面 ，
∴ 平面 . 过 作 于点 ，连接 .
∵ 平面 ， 平面 ，∴
又 ， 平面 ，∴ 平面 ， 平面
∴ ，根据二面角的定义，∴ 为二面角 的平面角.
连接 ，∵ ，由于 ，∴ .
∵ ， ，∴ ， .
∵ ， ，∴ ，根据等面积法： .
∴ ，显然 是锐角，根据同角三角函数的关系易得： ，故二面角 的余弦值为 .
考点七：利用传统方法找几何关系建系
利用传统方法证明关系，然后通过几何关系建坐标系．
例20．（2023·山东日照·高三山东省日照实验高级中学校联考期中）如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底
面的圆心， 为底面直径， 为底面圆O的内接正三角形，点E在母线 上，且 ，
.
(1)求证：平面 平面 ；
(2)若点M为线段 上的动点，当直线 与平面 所成角的正弦值最大时，求此时点 到平面
的距离.
【解析】（1）如图，设 交 于点 ，连接 ，由圆锥的性质可知 底面 ，
因为 平面 ，所以 ，
又因为 是底面圆的内接正三角形，由 ，可得 ， ，
解得 ，又 ， ，
所以 ，即 ， ，所以在 中， ，
在 中，由余弦定理：
，
所以 ，故 .
因为 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 ，以点 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如
图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ， ，
所以 ， ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，
设 ，可得 ，
设直线 与平面 所成的角为 ，则 ，
即 ，令 ， ，
则
当且仅当 ，即 时，等号成立，
所以当 时， 有最大值4，
即当 时， 的最大值为1，此时点 ，
所以 ，
所以点M到平面 的距离 ，
故当直线 与平面 所成角的正弦值最大时，点 到平面 的距离为 .
例21．（2023·山西·校考模拟预测）如图，在斜三棱柱 中， 是边长为2的正三角形，且
四棱锥 的体积为2.
(1)求三棱柱 的高；(2)若 ，平面 平面 为锐角，求平面 与平面 的夹角的余弦值.
【解析】（1）因为四棱锥 的体积为2，所以三棱锥 的体积为
因为 是边长为2的正三角形，所以 的面积 .
设三棱柱 的高为 ，
则 ，
解得 .
（2）作 ，垂足为 ，连接 .
因为平面 平面 ，且平面 平面 ，所以 平面 ，
即 为三棱柱 的高，由（1）可知 .
因为 ，所以 ，所以 .
因为 为锐角，所以 为 的中点，则 .
因为平面 平面 ，且平面 平面 ，
所以 平面 ，
所以 三线两两垂直，故以 为坐标原点，分别以 ，
的方向为 轴的正方向建立空间直角坐标系.
由题中数据可得 ，
，则 .
设平面 的法向量为 ，
则 令 ，得 .
设平面 的法向量为 ，则 令 ，得 .
设平面 与平面 的夹角为 ，
则 .
故平面 与平面 的夹角的余弦值为 .
例22．（2023·天津滨海新·高三天津市滨海新区塘沽第一中学校考阶段练习）如图，四棱锥 中，
侧面 为等边三角形，线段 的中点为 且 底面 ， ，
， 是 的中点.
(1)证明： 平面 ；
(2)求点 到平面 的距离；
(3)点 在棱 上，且直线 与底面 所成角的正弦值为 ，求平面 与平面 夹角的余弦
值.
【解析】（1）连接 ，因为 ， ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，
以 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系：
则 ， ， ， ， ,因为 是 的中点，所以 ，
， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，
取 ，则 ，
又因为 平面 ，所以 平面 .
（2）由（1）知， ， ，所以 ，
且平面 的一个法向量为 ，
所以点 到平面 的距离 .
（3）由题意知，底面 的法向量为 ，
因为 ， ，
且 ， ，所以 ，
所以由题意知： ，
解得： ，所以 ，
因为 ，设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，取 ，
所以 ，
又平面 与平面 夹角为锐角，所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .
考点八：空间中的点不好求
方程组思想
例23．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考开学考试）已知底面为正三角形的斜三棱柱 中，
分别是棱 ， 的中点，点 在底面投影为 边的中点 ， ， .
（1）证明： //平面 ；
（2）若 ， ，点 为棱 上的动点，当直线 与平面 所成角的正弦值为 时，
求点 的位置.
【解析】（1）因为斜三棱柱斜三棱柱 各侧面均为平行四边形
则 是 的中点
又 分别是棱 ， 的中点，
则
又 则四边形 为平行四边形
则 为 的中点
则在三角形 中， //
连接 则 //
所以 //
又 平面 平面 ；
则 //平面 ；
（2）点 在底面投影为 边的中点 ，所以 平面 ,
又因为三角形 为正三角形， 为中点，
所以
分别以 所在直线为分别为 轴，建立空间直角坐标系 ，
如图所示：
因为， ， ，则 ， ，
所以 ， ， ， ， ， ， ，
， ，
设
则
所以
设平面 的一个法向量
则 ，
，
令 ， ，
所以 .
设AM与平面 所成角为所以
令
同 联立可得
当 时，即点 靠近点 的六等分点处时，符号条件.
例24．（2023·浙江·高二专题练习）如图，在三棱台 中， ，
， 为 的中点，二面角 的大小为 .
（1）证明： ；
（2）当 为何值时，直线 与平面 所成角的正弦值为 ？
【解析】（1）证明：取 的中点 ，连接 ， ，
因为 ,则 ，
又因为 ,则 ，
，
⊥平面 ，
平面 ，
.
（2）由(1)知 ， ，
二面角 的平面角，
以 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，， ， ， ，
， ，
， ，
设平面 的法向量为： ，
，得 ，
令 ，则 ，
又 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则 ，
即 ，化简得 ，
解得 或 ，
由题意可知 ，
所以 .
例25．（2023·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．（2023·辽宁·高三校联考阶段练习）如图，在四棱锥 中， ，
， 与 均为正三角形.
(1)证明： 平面 .
(2)证明： 平面 .
(3)设平面 平面 ，平面 平面 ，若直线 与 确定的平面为平面 ，线段
的中点为 ，求点 到平面 的距离.
【解析】（1）因为 ，
所以 ， ，
所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（2）取 的中点 ，连接 ，则四边形 为正方形.
过 作 平面 ，垂足为 .
连接 ， ， ， .
由 和 均为正三角形，得 ，
所以 ，即点 为正方形 对角线的交点，
则 .
因为 平面 ，且 平面 ，
所以 ，
又 ，且 平面 , 平面 ,
所以 平面 ，
因为 平面 ，
所以 .
因为 是 的中点， 是 的中点，
所以 ，
因此 .
因为 ，
所以 ，
又 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（3）设 ，连接 ，则直线 为直线 ，
因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，且平面 平面 ，
所以 .由（1）知， ， ， 两两垂直，以 为坐标原点， 的方向为 轴的正方向建立如图所示的空间
直角坐标系，
则 ， ， ， ， ，
， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
所以 ，
取 ，得 .
又 ，
所以点 到平面 的距离 .
考点九：创新定义
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．
例27．（2023·河北·高三校联考阶段练习）已知 ， ， ，定义一种运算： ，在平行六面体 中，
， ， .
(1)证明：平行六面体 是直四棱柱；
(2)计算 ，并求该平行六面体的体积，说明 的值与平行六面体
体积的关系.
【解析】（1）证明：由题意 ， ，
∴ ， ，即 ， ，
∵ ， 是平面 内两相交直线，∴ 平面 ，
∴平行六面体 是直四棱柱；
（2） ，
由题意 ， ， ，
，所以 ，
， ，
∴ .
∴ ，
故 的值表示以 ， ， 为邻边的平行六面体的体积.
例28．（2023·广东东莞·高二校考期中）（1）在空间直角坐标系中，已知平面 的法向量
，且平面 经过点 ，设点 是平面内 任意一点.求证：
.
（2）我们称（1）中结论 为平面 的点法式方程，若平面 过点
，求平面 的点法式方程.
【解析】（1） 平面 经过点 ，点 是平面内 任意一点.
,
为平面 的法向量（2）设平面 的法向量为 ，
，
则 ，令 则 ， 平面 的法向量为
由（1）可知，平面 的点法式方程为： 即
例29．（2023·全国·模拟预测）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯
曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于 与多面体在该点
的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为
零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角
是 ，所以正四面体在各顶点的曲率为 ，故其总曲率为 ．
（1）求四棱锥的总曲率；
（2）若多面体满足：顶点数-棱数+面数 ，证明：这类多面体的总曲率是常数．
【解析】（1）由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.
可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知：
四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形.
所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，
则其总曲率为： .
（2）设顶点数、棱数、面数分别为 、 、 ，所以有
设第 个面的棱数为 ，所以
所以总曲率为：所以这类多面体的总曲率是常数.
