文档内容
重难点突破 03 立体几何解答题常考模型归纳总结
目录
01 方法技巧与总结...............................................................................................................................2
02 题型归纳与总结...............................................................................................................................2
题型一：非常规空间几何体为载体....................................................................................................2
题型二：立体几何存在与探索性问题................................................................................................7
题型三：立体几何折叠问题..............................................................................................................14
题型四：立体几何作图问题..............................................................................................................19
题型五：立体几何建系繁琐问题......................................................................................................27
题型六：两角相等（构造全等）的立体几何问题..........................................................................33
题型七：利用传统方法找几何关系建系..........................................................................................39
题型八：空间中的点不好求..............................................................................................................46
题型九：数学文化与新定义问题......................................................................................................55
03 过关测试.........................................................................................................................................65高考立体几何解答题常考模型主要包括柱体、锥体、球体、旋转体、多面体等。这些模型常涉及体积、
表面积的计算，截面问题，以及与其他几何体的组合或相交问题。此外，空间位置关系，如平行、垂直的
判断与证明，也是常考内容。空间角的计算，包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等，
同样是高考立体几何的重要考点。最后，空间距离的计算，如点到平面的距离、两平行平面间的距离等，
也是解答题中常见的考查点。掌握这些模型的基本性质和解题方法，对于提高高考立体几何的解题能力至
关重要。
题型一：非常规空间几何体为载体
【典例1-1】（2024·河南濮阳·模拟预测）如图，侧面 水平放置的正三棱台
，且侧棱长为 ．
(1)求证： 平面 ；
(2)求直线 和平面 所成角的正弦值．
【解析】（1）延长三条侧棱交于一点 ，如图所示．由于 ，则 为 的中位线．
又侧棱长为 ，所以 ．所以 ，所以 ，
同理可得 ．
因为 是平面 内两条相交直线，所以 平面 ，即 平面 ．
（2）由（1）可知 两两垂直，可以以 所在的直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间
直角坐标系，如图所示．
则 ．
设平面 的一个法向量为 ，
由于 ，
所以 ，
即平面 的一个法向量为 ，
所以直线 和平面 所成角的正弦值为 ．
【典例1-2】（2024·云南昆明·三模）如图，在三棱台 中，上、下底面是边长分别为2和4的
正三角形， 平面 ，设平面 平面 ，点 分别在直线 和直线 上，且满足
， ．
(1)证明： 平面 ；
(2)若直线 和平面 所成角的正弦值为 ，求该三棱台的高．【解析】（1）证明：由三棱台 知， 平面 ，
因为 平面 ，且平面 平面 ，所以 ，
又 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
又 ， ，且 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ．
（2）以 为原点建立空间直角坐标系如图，设三棱台的高为 ，
则 ， ， ， ， ，
设平面 的法向量为⃗n=(x,y,z)，则 ，
令 ，则 ，所以平面 的一个法向量 ，
易得平面 的一个法向量 ，
设 与平面 夹角为 ，由（1）知 ，
所以由已知得 ，
解得 ，所以三棱台的高为 ．
【变式1-1】（2024·天津和平·二模）如图，三棱台 中， 为等边三角形，
， 平面ABC，点M，N，D分别为AB，AC，BC的中点， ．
(1)证明： 平面 ；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值；(3)求点D到平面 的距离．
【解析】（1）因为侧棱 底面 ， 为等边三角形，所以过点 作 ，则以为点A为
坐标原点， ， ， 的方向分别为 轴， 轴， 轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系，
设 长为 ，则
， ，
因为 ，所以 ，则有 ， ．
所以 ， ， ， ， ， ， ．
证明：因为 ， ，设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，
又因为 ．
所以 ，所以 ，又因为 平面 ，所以 平面 ．
（2）因为 为中点，所以 ，则 ，
有 ，又 ，设直线 与平面 所成角为 ，
，
则直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
（3）因为 ，平面 的法向量为 ，
所以，点D到平面 的距离为 ．【变式1-2】（2024·河南周口·模拟预测）如图，平行六面体 中，底面 与平面
都是边长为2的菱形， ，侧面 的面积为 .
(1)求平行六面体 的体积；
(2)求平面 与平面 的夹角的余弦值.
【解析】（1）连接 ， ，
因为底面 与平面 均为菱形，且 ，
所以 与 均为等边三角形，
取AB的中点 ，连接 ， ，则 ， ，则 ，
因为侧面 的面积为 ，
所以 的面积为 ，则 ，
所以 ，则 .
在 中， ，则 ，
所以 ，所以 .
因为 ， 平面 ，
所以 平面 ，
故平行六面体 的体积 .
（2）由（1）可知， 两两垂直，以 为原点，以 所在直线分别为 轴、 轴、 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系 .则 ， ， ， ，
， ， ，
设平面 的法向量为⃗m=(x ,y ,z )，
1 1 1
由 得 取 ，则 .
设平面 的法向量为 ，，
由 得 取 ，则 ，
于是 .
设平面 与平面 的夹角为 ，
所以 .
题型二：立体几何存在与探索性问题
【典例2-1】如图1， 是边长为3的等边三角形，点 分别在线段 上，且 ，
沿 将 翻折到 的位置，使得 ，如图2.
(1)求证：平面 平面 ；(2)在线段 上是否存在点 ，使得 平面 ，若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）在 中， ， ， ，
由余弦定理得 ，
所以 ，所以 ，
在 中， ， ， ，所以 ，所以 ，
又因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 .
（2）在平面 中，过点E作 ，交 于 ，
在平面 中，过点 作 ，交 于 ，连接 ，如图所示，
因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
同理可得 平面 ，
又因为 ， 平面 ，所以平面 平面 ，
平面 ，所以 平面 ，即 为所求的点，
在 中， ，即 ，如图所示，
所以 ，
在 中， ，所以 ，即此时 .
【典例2-2】（2024·广东·一模）如图所示，四边形 是圆柱底面的内接四边形， 是圆柱的底面直
径， 是圆柱的母线， 是 与BD的交点， .(1)记圆柱的体积为 ，四棱锥 的体积为 ，求 ；
(2)设点 在线段 上，且存在一个正整数 ，使得 ，若已知平面 与平面 的
夹角的正弦值为 ，求 的值.
【解析】（1）在底面 中，因为 是底面直径，所以 ，
又 ，故 ≌ ，
所以 .
因为 是圆柱的母线，所以 面 ，所以 ，
,
因此 ；
（2）以 为坐标原点，以 为 轴正方向，在底面 内过点C作平面 的垂直线为y轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.
因为 ，所以 ≌ ，
故 ，所以 ， ，
因此 ， ，
因为 ，所以 ，
则
设平面 和平面 的法向量分别为 ，
则有: ， ，
取 ，
设平面 与平面 的夹角为 ，则
所以有： ，
整理得 ， （无解，舍），
由于k为正整数，解得 .
【变式2-1】在 中， ， ，D为边 上一点， ，E为 上一点，
，将 沿 翻折，使A到 处， .
(1)证明： 平面 ；
(2)若射线 上存在点M，使 ，且 与平面 所成角的正弦值为 ，求λ.
【解析】（1）证明：由题意知 ， ，
又 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
又 ， ，所以 平面
（2）作 ，垂直为Q，由（1）知， 平面 ，
又 平面 ，所以 ，又 ， ， 平面 ，
所以 平面
故以B为原点， ， ， 的方向分别为 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ，
设 ，则 ， ， ， ，
又 ，
所以 ，故 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，
取 ，则
设 与平面 所成角为θ，
则 ，
解得 或 ，
由题意知 ，故 .
【变式2-2】（2024·甘肃张掖·模拟预测）如图，在四棱锥 中，底面四边形 为菱形，且
是边长为2的等边三角形，且平面 平面 为 中点.
(1)求证： 平面 ；(2)在线段 上是否存在点 ，使二面角 的大小为 ，若存在，求 的值，若不存在，请
说明理由.
【解析】（1）
证明：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 ，
在等边三角形 中， 为 中点，所以 ，
即 两两互相垂直，则以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐
标系，
如图所示，又 ，所以 ，
则 ，
所以 ，设 ，
则 ，得到 ，
易知平面 的一个法向量为 ，
设平面 的一个法向量为 ，又 ，由 ，令 ，得 ，
所以 ，
又一面角 的大小为 ，
所以 ，得到 ，
又 ，解得 ，
所以存在 点使二面角 的大小为 ，且
题型三：立体几何折叠问题
【典例3-1】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图1，在矩形 中， ， ，将 沿矩
形的对角线 进行翻折，得到如图2所示的三棱锥 ，且 .
(1)求翻折后线段 的长；
(2)点 满足 ，求 与平面 所成角的正弦值.
【解析】（1）由 , , , , 平面 ,
可得 平面 ,又 平面 ,则 ,
在 中,根据勾股定理,
（2）如图,过 点作 于点 ,由（1）可知,平面 平面 ,交于 ,
∴ 平面 ,∵ ,又 , ,∴ 为直角三角形,∴
如图,以 为 轴, 为 轴,过 作 的平行线为 轴建立如图所示的空间直角坐标系则 , , ,有 , ,
设平面 的法向量⃗m=(x,y,z),则 ,
令 ,解得其中一个法向量 ；
于是, ,
故 与平面 所成角的正弦值为 .
【典例3-2】（2024·山东·模拟预测）如图，在菱形 中， ， 是 的中点，将 沿
直线 翻折使点 到达点 的位置， 为线段 的中点.
(1)求证： 平面 ；
(2)若平面 平面 ，求直线 与平面 所成角的大小.
【解析】（1）取线段 的中点为 ，连接 ，
因为 为线段 的中点，所以 ，且 ；
又 是 的中点，所以 ，且 ；所以 ，且 ，故四边形 为平行四边形；
所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 直线 平面 ；
（2）因为 是 的中点，所以 ，所以 ；
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 平面 .
以 为原点， 分别为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，
设 ，则 ， ， ， ，
则 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 即 ，
取 ，则 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则 ，
所以直线 与平面 所成角为 .
【变式3-1】（2024·河南驻马店·二模）在如图①所示的平面图形中，四边形 为菱形，现沿 进行
翻折，使得 平面 ，过点 作 ，且 ，连接 ，所得图形如图②所示，
其中 为线段 的中点，连接 .(1)求证： 平面 ；
(2)若 ，直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求 的值.
【解析】（1）证明：.
在菱形 中， ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 .
因为 分别为 的中点，所以 ， ，
又 ， ，
所以 ， ，所以四边形 为平行四边形，
所以 ，所以 平面 .
（2）在菱形 中，因为 ，所以 和 都是正三角形，
取 的中点 ，连接 ，则 ，
又 平面 ，所以 ，即 两两垂直.
以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设 ，则 ，
则 ， .
设平面 的法向量为 ，则
取 ，则 .
记直线 与平面 所成角为 ，
则 . ，
解得 ，即 的值为2.
【变式3-2】在等腰梯形ABCD中， ， ， ， ，M为AB中点，
将 ， 沿MD，MC翻折，使A，B重合于点E，得到三棱锥 ．
(1)求ME与平面CDE所成角的大小；
(2)求二面角 的余弦值．
【解析】（1）在三棱锥 中，取CD中点为Q，
过点M作直线EQ的垂线交直线EQ于点H，因为ABCD为等腰梯形，且M为AB中点，则 ， ，
可知 ， ，且EQ， 平面MEQ， ，
则 平面MEQ，且 平面MEQ，可得 ，
可知 ， ， ，CD， 平面CDE，
则 平面CDE，可知 即为所求线面角，
在等腰梯形ABCD中，已知 ， ， ，
可求出 ， ， ，
可得 ，
且 ，则 ，
所以直线ME与平面CDE所成角为 .
（2）以H为原点， ， ， 为x轴，y轴，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ，
可得 ， ，
设平面MEQ的法向量为 ，则 ，
取 ，则 ，可得 ，
且平面CDE的法向量为 ，
可得 ，由图可知二面角为锐角，所以二面角 的余弦值为 ．
题型四：立体几何作图问题
【典例4-1】（2024·河南信阳·模拟预测）长方体 中， .
(1)过E、B作一个截面，使得该截面平分长方体的表面积和体积.写出作图过程及其理由.
(2)记（1）中截面为 ，若 与（1）中过 点的长方体的三个表面成二面角分别为 ，求
的值.
【解析】（1）连接 ，取 中点 ，则 与 可确定一个平面，该平面即为所求.
连接 ,取点 使得 .连接 ， ,则所作截面为平面 .
理由：连接 , ,
, （长方体性质）
∴四边形 为平行四边形，
又 为 中点（长方体性质）
∴ 为 中点， 四点共面，
∵面A B C D 面 ,面 面 ,面 面A B C D ，
1 1 1 1 1 1 1 1
所以 ，同理可证得 .
∴四边形 为平行四边形,
取 ,设长方体左半部分几何体体积为 ,表面和为 ,
因为 ，设 ，
所以 ， ，
,综上，平面 符合题意
（2）易知 两两垂直,以 为原点建立如图所示空间直角坐标系，
由题 ， 令 ，则有 ,则
，
设平面 、平面 、平面 的法向量分别为 由长方体性质可知
设平面 法向量为⃗n=(x,y,z)
则有 ，即 ，令 ，则 ，∴
则
【典例4-2】（2024·高三·河北承德·期中）如图，在四棱锥 中，底面 是正方形， 分
别是 的中点．
(1)证明： 平面 ；
(2)若平面 经过点 ，且与棱 交于点 ．请作图画出 在棱 上的位置，并求出 的值．【解析】（1）连接 ，则 为 的中点，
因为 为 的中点，所以 ．
又 平面 平面 ，
所以 平面 ．
（2）如图，过 作直线 与 平行，
则 ，故 共面．
延长 与 交于点 ，连接 ， 与 的交点即为点 ．
因为底面 是正方形， 是 的中点，
所以 ，且 ，
因为 是 的中点，所以 ，
则 ，所以 ．
【变式4-1】（2024·辽宁大连·一模）如图多面体ABCDEF中，面 面 ， 为等边三角形，
四边形ABCD为正方形， ，且 ，H，G分别为CE，CD的中点．
(1)证明： ；
(2)求平面BCEF与平面FGH所成角的余弦值；
(3)作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AD交点为P，写出 的值（不需要说明理由，保
留作图痕迹）．
【解析】（1）在正方形 中， ，
∵平面 平面 ，平面 平面 平面 ，
平面 ，又 平面 ，
；（2） 为等边三角形，设 中点为 ，∴ ，
又平面 平面 ，面 面 面 ，则 面 ，
以 为坐标原点，分别以 为 轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示：
因为 ，则 ，则 ，
所以 ，
设平面 的一个法向量为⃗m=(x,y,z)
则 ，取 得 ，所以 ，
设平面 的一个法向量为⃗n=(a,b,c)
则 ，取 得 ，所以 ，
所以 ，
所以平面与 与平面 成角的余弦值为 ；
（3）如图所示：在 上取一点 ，使得 ，连接 ，
因为 ， ，所以 ，即 ，
所以 为平行四边形，故 ，
因为H，G分别为CE，CD的中点，所以 ，
故 ，即 共面，故 .
【变式4-2】如图，已知底面为平行四边形的四棱锥 中，平面 与直线 和直线 平行，
点 为 的中点，点 在 上，且 .
(1)求证：四边形 是平行四边形；
(2)求作过 作四棱锥 的截面，使 与截面平行（写出作图过程，不要求证明）.截面的定义：
用一个平面去截一个几何体，平面与几何体的表面的交线围成的平面图形.
【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 ，∴
∴ ，
∴四边形 是平行四边形.
（2）如图，延长 ，与 交于点 ，过点 作直线 ,则直线 为平面 和平面 的交线，延长
，交 于点 ，连接 ，与 交于点 ，连接 .∵点 为 的中点，点 为 的中点,∴ 是
的一条中位线∴ ，又∵ 平面 , 平面 ,∴ 截面 .
故平面 即为所求截面.
【变式4-3】（2024·北京·三模）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.
题型五：立体几何建系繁琐问题
【典例5-1】（2024·山东淄博·二模）已知直角梯形 ， ， ，
， 为对角线 与BD的交点．现以 为折痕把 折起，使点 到达点
的位置，点 为 的中点，如图所示：(1)证明： 平面PBM；
(2)求三棱锥 体积的最大值；
(3)当三棱锥 的体积最大时，求直线AB与平面 所成角的正弦值．
【解析】（1）直角梯形 中，
由相似可得，
因为 ， ，可得 ， ，
故可得 ， ，
由 ，则由勾股定理逆定理得， ，即 ，
，
翻折后可得， ， ，
又因为 ， 在平面 内，
故 平面
（2）因为点 为边 的中点，
所以 ，又 ，
所以 ，
因为 平面 ，所以平面 平面 ，
所以点P到平面ABC的距离，即为点P到BM的距离，设为h，
因为 为定值，
当h最大时，三棱锥 的体积最大，
而 ，则 ，
当h=1时， .
（3）由（2）得，当三棱锥 的体积最大时，
点P到平面ABC的距离为 ，即 平面 ．
故 ， ，又因为 ，
故 ， ， 两两垂直．
故可以 为原点，
直线 分别为 轴建立空间直角坐标系，
由题可得， ，
则 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，得 ，
设直线 与平面 所成角为 ，则 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
【典例5-2】（2024·贵州黔东南·二模）如图，在四棱台 中， 为 的中点，
.
(1)证明： 平面 ；
(2)若平面 平面 ， ，当四棱锥 的体积最大时，求 与平面 夹
角的正弦值.
【解析】（1）由棱台定义，可得 的延长线必定交于一点 ，在 中，因为 ，所以 为 的中位线，所以 .
又因为 ，则 ，且 ，
所以四边形 为平行四边形，可得 ，
因为 平面 ，且 平面 ，所以 平面 .
（2）由平面 平面 ，过点 作 ，
因为平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，即 为四棱锥 的高，
由 ，则在直角 中， ，
当且仅当 时成立，
此时点 与 重合，此时 ，四棱锥 取最大值.
如图所示，以 为原点，以 所在的直线分别为 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
可得A(2,0,0)， ， ， ， ，
则 ， ， ，
设平面 的一个法向量为⃗n=(x,y,z)，则 ，
取 ，可得 ，所以 ，
设直线 与平面 所成的角为 ，
则 ，
所以 与平面 夹角的正弦值为 ..
【变式5-1】（2024·重庆·三模）如图所示的几何体是一个半圆柱和一个三棱锥的组合体. 是半圆柱
的母线, 分别是底面直径BC和 的中点, 是半圆 上一动点, 是半圆
上的动点, 是圆柱的母线，延长 至 点使得 为 的中点,连接 , 构成三棱锥 .
(1)证明: ;
(2)当三棱锥 的体积最大时,求平面 与平面 的夹角.
【解析】（1）因为 平面 平面ABC，
所以 ,又 平面 ,
所以 平面 ,又 平面 ,
所以 .
（2）因为 且 ,
所以 当且仅当 取等，此时点 的位置刚好在半圆弧 的中点.
因为 两两垂直,如图,以点 为原点,以 分别为 轴建立空间直角坐标系，
则 ，
所以 ，设 是平面 的法向量，则 令 ，则 .
由(1)知 平面 ，所以 是平面 的一个法向量，故
所以平面 与平面 所成角的余弦值为 ，所以平面 与平面 的夹角为 .
【变式5-2】已知平面四边形 ， ， ， ，现将 沿 边折
起，使得平面 平面 ，此时 ，点 为线段 的中点．
(1)求证： 平面 ；
(2)若 为 的中点
①求 与平面 所成角的正弦值；
②求二面角 的平面角的余弦值．
【解析】（1）因为 ， ，所以 为等边三角形，
因为 为 的中点，所以 ．
取 的中点 ，连接 ， ，则 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以 ．
因为 ， ， ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
又因为 , ， ， 平面 ，所以 平面 ．
（2）①过点 作 ，垂足为 ．如图所示，由（1）知， 平面 ．因为 平面 ，所以 ．
，所以 平面 ，
所以 就是 与平面 所成角的平面角．
由（1）知， 平面 ， 平面 ，所以 ．
在 中， ， ， ，
因为 为 的中点，所以 ．
在 中， ，
在 中， ，
在 中， ，
所以由同角三角函数的基本关系得 ．
所以 与平面 所成角的正弦值为 ．
②取 的中点为 ，连接 ，因为 为线段 的中点，
所以 ，
由（1）知， 平面 ，所以 平面 ， 平面 ．
所以 ．
过点 作 ，垂足为 ，连接 ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ． 平面 ，所以 ，
所以 为二面角 的平面角．
在 中， ，
由（1）知， 为等边三角形， 为线段 的中点，
所以由（1）知， 平面 ， 平面 ．所以 ，
在 中， ，由（2）知， ，
即 ，解得 ．
因为 平面 ， 平面 ，所以 ．
在 中， ．
，
所以二面角 的平面角的余弦值为 ．
题型六：两角相等（构造全等）的立体几何问题
【典例6-1】（2024·河南·模拟预测）如图,在三棱锥 中, 是等边三角形, ,
点 是 的中点,连接 ．
（1）证明:平面 平面 ;
（2）若 ,且二面角 为 ,求直线 与平面 所成角的正弦值．
【解析】解:（1）证明:因为 是等边三角形, ,
所以 ,可得 ．
因为点 是 的中点,则 , ,
因为 , 平面PBD, 平面 ,
所以 平面 ,因为 平面 ,
所以平面 平面 ．
（2）如图,作 ,垂足为 连接 ．因为 ,
所以 为二面角A-BD-C的平面角．
由已知二面角 为 ,知 ．
在等腰三角形 中,由余弦定理可得 ．
因为 是等边三角形,则 ,所以 ．
在 中,有 ,得 ,
因为 ,所以 ．
又 ,所以 ．
则 , ．
以 为坐标原点,以向量 的方向分别为 轴, 轴的正方向,
以过点 垂直于平面 的直线为 轴,建立空间直角坐标系 ,
则 , ,向量 ,
平面 的一个法向量为 ,
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 ．
【典例6-2】（2024·广西桂林·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 .
【变式6-1】（2024·安徽合肥·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）当直线 与平面 所成的角为30°时，求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值.
【解析】（1）过点 作 ，垂足为 ，连结 ， .
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， 为直线 与底面 所成角，则 ，所以 .
以 为原点，建立空间直角坐标系 如图所示，则 ， ， ，
，所以 ， ，
由于 ，所以 .
设平面 的法向量为 ，则 ，即 ，解得 ，
令 得 .
显然平面 的一个法向量为 ，
所以 ，
即平面 与平面 所成二面角的余弦值为 .【变式6-2】（2024·辽宁沈阳·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 .
题型七：利用传统方法找几何关系建系
【典例7-1】（2024·江苏南京·二模）如图， ， ，点 、 在平面 的同侧，
， ， ，平面 平面 ， .
(1)求证： 平面 ；
(2)若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求线段 的长.
【解析】（1）因为 ， 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 的中点 ，因为 ，
所以 ，又平面 平面 ，平面 平面 ，平面 ，所以 平面 ，
又因为 ，故可建立如图所示的空间直角坐标系 .
在四边形 中，因为 ， ， ， ，
所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以A(0,0,0)， ，D(0,1,0)， ， ， ， ，
， ，
设 ，则 ，
设 为平面 的法向量，
则 ，即 ，故取 ，
因为直线 与平面 所成角的正弦值为 ，
所以 ，
两边同时平方得
所以 ，解得 ，或 （舍去），
所以 ，所以 .
【典例7-2】斜三棱柱ABC－ABC 上，侧面AAC C⊥平面ABC，侧面AAC C是菱形，∠AAC＝60°，AC
1 1 1 1 1 1 1 1 1
＝AC＝ BC＝ ，AB＝2，D为BB 的中点．
1(1)求二面角C－AD－C 的余弦值；
1 1
(2)记 ABC的外接圆上有一动点P，若二面角P－AA－C与二面角C－AD－C 相等，求AP的长．
1 1 1
【解析△】（1）取 的中点为 ，连接 ，
在菱形 中， ，则 ，
在三棱柱 中， ，故 ，
平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
由 ， ， ，即 ，则 ，
以 为原点，以 分别为 轴， 轴， 轴，建立空间直角坐标系，如下图：
则 ， ， ， ， ，
故 的中点 ，
在平面 内，取 ， ，设平面 的法向量为 ，则 ，即 ，化简得 ，
令 ，则 ，故平面 的一个法向量 ，
在平面 内，取 ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，即 ，化简得 ，
令 ，则 ，故平面 的一个法向量 ，
.
由图可知，钝二面角 的余弦值为 .
（2）由题意，取 的中点 ，连接 ，延长 与 轴交于 ，
连接 ，在等边 中，易知 ，
平面 ， 平面 ， ，
，且 ， 平面 ， 平面 ，
平面 ， ，
故 为二面角 平面角的补角，
由二面角 的余弦值为 ，可得二面角 的余弦值为 ，故 ，在 中， ，
在 平面内，直线 的方程为 ，
在 的外接圆中，易知圆心为 ，则弦心距 ，
根据弦长公式，可得 ，
故此时
【变式7-1】如图，已知四棱锥 中， 平面 ，平面 平面 ，且 ，
， ，点 在平面 内的射影恰为 的重心 .
（1）证明： ；
（2）求直线 与平面 所成角的正弦值.
【解析】（1）过 作 于 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
平面 ，
平面 ， .
又 平面 ， 平面 ， ，
又 ， 平面 ，
平面 ， .
（2）连结 并延长交 于 ，连结 ，以 为原点，分别以 ， 所在的直线为 ， 轴，以过 且与平面 垂直的直线为 轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，则 ，A(1,0,0)， ，设 ，
平面 ， 平面 ， ，同理 ，
又 ， 平面 ， ，
又 是 的重心， 是 的中点， ，由（1）知， ，
， ， ，
，解得 ， ，
设 ，则 ，故 ，
， ， ， ，
， ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，
设直线 与平面 所成角为 ，则 ，
故直线 与平面 所成角的正弦值为 .
【变式7-2】如图所示，圆锥的高 ，底面圆O的半径为R，延长直径AB到点C，使得 ，分
别过点A，C作底面圆O的切线，两切线相交于点E，点D是切线CE与圆O的切点．(1)证明：平面 平面 ；
(2)若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求点A到平面 的距离．
【解析】（1）由题设， 平面 ，又 是切线 与圆 的切点，
∴ 平面 ，则 ，且 ，
又 ，∴ 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 .
（2）作 ，以 为原点，以 、 、 为x、y、z轴正方向，建立空间直角坐标系，
且 ，
又 ，可得 ，
∴ ， ， ，
有 ， ， ，
设 是面 的一个法向量，则 ，
令 ，则 ，
又直线 与平面 所成角的正弦值为 ，
即 ，
整理得 ，即 ，解得 或
当 时， ， ， ， ，， ，
设 是面 的一个法向量，则 ，
令 ，则 ，
所以点A到平面 的距离
当 时， ， ， ， ，
， ，
设 是面 的一个法向量，则 ，
令 ，则 ，
所以点A到平面 的距离
综上，点A到平面 的距离为 或 .
题型八：空间中的点不好求
【典例8-1】（2024·山东日照·三模）在五面体 中， ， .(1)求证： ；
(2)若 ， ， ，点 到平面 的距离为 ，求二面角
的余弦值.
【解析】（1）证明：因为 ， ，
所以 ，
因为 ， ，
所以 ，
因为平面 平面 ， 平面 ，
所以 .
（2）由于 平面 ， ，所以 ， 平面 ，
故 ，
又因为 平面 ， ， 平面 ，
所以 ，
又 ， ， ， 平面 ，
所以 平面
由于 ，则 ，
故 ，
故 为等腰直角三角形，所以 ， ，
如图以 为坐标原点， ， ， 所在的直线分别为 ， ， 轴建系，
则A(1,0,0)， ， ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
平面 的法向量为 ，因为 ， ，
所以 ，即
令 ，则 ，
设 成的角为 ，由图可知 为锐角，
所以二面角 的余弦值为
【典例8-2】（2024·全国·校联考模拟预测）已知三棱锥ABCD，D在面ABC上的投影为O，O恰好为
△ABC的外心． ， .
(1)证明：BC⊥AD；
(2)E为AD上靠近A的四等分点，若三棱锥A-BCD的体积为 ，求二面角 的余弦值．
【解析】（1）连结 并延长 交 于 ，连结 ，
因为O恰好为△ABC的外心，所以 ，
又 ， ，所以 ，
所以 ，即 是 的角平分线，
又 ，所以由等腰三角形三线合一可得 ，
因为D在面ABC上的投影为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，
过 作 轴平行于 ，则 轴垂直于面ABC，如图建立空间直角坐标系，
在 中，由（1）与等腰三角形三线合一可知 是 的中点，
又 ， ，则 ， ，
设 ，则 ，又 ，
所以 ，解得 ，故 ，
因为三棱锥ABCD的体积为 ，所以 ，则 ，
则 ，
故 ，
因为E为AD上靠近A的四等分点，所以 ，
设 为平面 的一个法向量，则 ，
取 ，则 ，故 ，
易得 是平面 的一个法向量，
设二面角 的平面角为 ，则 为钝角，
所以 ，所以二面角 的余弦值为 .
【变式8-1】（2024·河南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥 中， ，
， ， 分别为 ， 的中点，点 在 上，且 为三角形 的重心.
(1)证明： 平面 ；
(2)若 ， ，四棱锥 的体积为 ，求直线 与平面 所成角的正弦值.
【解析】（1）证明：连接 ，因为 ， ，所以 ，且 ，
由 ，得 ， ，
则 ，所以 .
连接 并延长交 于点 ，如图，
因为 为 的重心，所以 .
连接 ，因为 ，所以 .
又 平面 ， 平面 ，故 平面 .
（2）连接 ，因为 ，所以 ，
又 ， ， 平面 ， ，所以 平面 .
连接 交 于点 ，则 ， .
又 ， ， 平面 ， ，所以 平面 .
连接 ， 平面 ，则 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，因为 ， 平面 ，所以 平面 .
易得四边形 的面积为 ，
由四棱锥 的体积为 得， ，所以 .
以 为坐标原点，以 ， 所在直线分别为 轴、 轴，建立空间直角坐标系 ，
则 ， ， ， ， ， ， .
设平面 的法向量为 ，则 ,即 ,
取 ，可得 ，
由（1）可知， 为 的中点，则 ，所以 .
由（1）知， ，所以直线 与平面 所成的角等于直线 与平面 所成的角，设为 ，
所以 ，
故直线 与平面 所成角的正弦值为 .
【变式8-2】（2024·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）如图，平行六面体 中，点P
在对角线 上， ，平面 平面 ．
(1)求证：O，P， 三点共线；
(2)若四边形 是边长为2的菱形， ， ，求二面角 大小
的余弦值．
【解析】（1）证明：连 交 于 ，连 ．
在平行六面体 中， 且 ，所以四边形 是平行四边形， 且 ，
又O， 分别为BD， 的中点，所以 ， ，
所以四边形 是平行四边形，于是 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 平面 ，所以 ，
因为 ， 都经过点O，所以O，P， 三点共线．
（2）由（1）可知 ，所以 ．
作 平面 于Q， 于E， 于F，连 ， ， ，
则 ， ，由 ，得 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 ，
于是 ，同理 ，
又 ， ，
所以 ，则 ，
所以点Q在 上，且 ，所以点Q与O重合，于是 ．
以点O为原点，分别以 ， ， 所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
所以 ，于是 ，
又 ，所以 ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，于是可得 ，不妨令 ，则 ，
平面 的一个法向量为 ，
，
又结合图形易得二面角 为锐角，
所以二面角 大小的余弦值为 ．
【变式8-3】（2024·全国·模拟预测）已知菱形ABCD中， ，四边形BDEF为正方形，满足
，连接AE，AF，CE，CF．
(1)证明： ；
(2)求直线AE与平面BDEF所成角的正弦值．
【解析】（1）证明：如图，取CF的中点M，EF的中点N，连接AC，交BD于点O，连接EM，CN，
AM，ON．
∵菱形ABCD中， ，
∴△ABD为等边三角形，∴ ．
∵四边形BDEF为正方形，∴ ．
又∵ ， ，
∴在△ABF中，由余弦定理可得 ．
∴ ，又M为CF的中点，∴ ①．
∵四边形ABCD为菱形，∴ ．
又∵四边形BDEF为正方形， ， ，则 ，
∴ ，又 ，ON、AC在面ONC内，故 平面ONC．
∵ ，∴ 平面ONC，NC在面ONC内，∴ ，
由N为EF的中点，得 ．
∵ ， ， ， ．
又∵ ，∴ 为等边三角形，∴ ．
又 ， ，∴ 为等边三角形．
又∵M为CF中点，∴ ②．
由①②，且 ，EM、AM在面AEM内，得 平面AEM，
又AE在面AEM内，故 ．
（2）方法一：以O为坐标原点，AC所在直线为x轴，BD所在直线为y轴，过O且垂直于平面ABCD的直
线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，得 ， ．
点N作NH垂直OC于点H，在 中， ， ，可得ON边上的高为 ，由等面积
法可得OC边上的高 ，
由勾股定理可得 ，故 ， ，
， ，
设平面BDEF的法向量为 ，
则 ，即 ，取 ，平面BDEF的一个法向量为 ．设直线AE与平面BDEF所成角为 ，则 ，
∴直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为 ．
方法二：将原图补成一个平行六面体，显然该平行六面体每个面均为有一个角为 的菱形．
令 ， ， ，
依题意， ， ，
则 ，
， ，
由于 ，
，
所以AC与EF、BF都垂直且EF、BF都在面BDEF内，故 为平面BDEF的一个法向量，
1
设直线AE与平面BDEF所成角为 ，
，
∴直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为 ．
题型九：数学文化与新定义问题
【典例9-1】（2024·高三·山东青岛·期中）某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴
趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边 的中点，先沿着虚线段 将等腰直角三角
形 裁掉，再将剩下的五边形 沿着线段EF折起，连接 就得到了一个“刍甍” (如图
2)。
(1)若O是四边形 对角线的交点，求证： 平面 ；
(2)若二面角 的大小为 求平面 与平面 夹角的余弦值.
【解析】（1）取线段CF中点H，连接OH、GH，
由图1可知，四边形EBCF是矩形，且 ，
∴O是线段BF与CE的中点，
∴ 且 ，
在图1中 且 ， 且 ．
所以在图2中， 且 ，
∴ 且 ，
∴四边形AOHG是平行四边形，则 ，
由于 平面GCF， 平面GCF，
∴ 平面GCF．
（2）由图1， ， ，折起后在图2中仍有 ， ，
∴ 即为二面角 的平面角．
∴ ，
以E为坐标原点， ， 分别为x轴和y轴正向建立空间直角坐标系 如图，设 ，则 、 、 ，
∴ ， ，
易知平面ABE的一个法向量 ，
设平面OAB的一个法向量 ，
由 ，得 ，取 ，则 ， ，
于是平面 的一个法向量 ，
∴ ，
∴平面ABE与平面OAB夹角的余弦值为 ．
【典例9-2】为方便师生行动，我校正实施翔宇楼电梯加装工程．我们借此构造了以下模型：已知正四棱
柱 ，它抽象自翔宇楼南侧楼心花园所占据的空间，设 ， ，O为底面
ABCD的中心，正四棱柱 与正四棱柱 分别代表电梯井与电梯厢，设
，M为棱 的中点，N，K分别为棱 ， 上的点， ， ．(1)求证： 平面 ；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值；
(3)“你站在桥上看风景，看风景的人在楼上看你．明月装饰了你的窗子，你装饰了别人的梦．”卞之琳诗
句中的情景其实正在我们的生活中反复上演，上官琐艾同学站在楼心花园的中心（O点），她正目送着倚
立在电梯厢一角的欧阳南德同学，假定上官同学的目光聚焦于棱OO 的中点I，此时，电梯厢中欧阳同学
2
的目光正徘徊在位于N点的数学办公室与位于K点的数学实验室，当电梯厢向上启动时，在这时空里便诞
生了由点O与移动着的平面INK所勾勒的动人风景．现在，请作为“正在看风景的人”的你完成以下问题：
当电梯厢自底部（平面OECF与平面ABCD重合）运行至顶端（平面 与平面A B C D 重合）的过
1 1 1 1
程中，点O到平面INK距离的最大值．
【解析】（1）以 为坐标原点， ， ，⃗OO 的方向分别为 轴、 轴、 轴的正方向，建立空间直
1
角坐标系 ，则 ， ， ， ， ．
设 为平面 的一个法向量，则
因为 ， ，所以
取 ，则 ．
因为 ，所以 ，所以 ，
因为 不在平面 内，所以 平面 ．
（2）因为 ，所以 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
（3）设 ， ，
又因为 ， ，所以 ， ．
设 为平面 的一个法向量，则 ，即
取 ，则 ，
所以点 到平面 的距离 ，所以当 ，即 时， 取得最大值为 ，
所以点 到平面 的距离的最大值为 ．
【变式9-1】在陕西汉中勉县的汉江河与定军山武侯坪一带，经常出土有铜、铁扎马钉等兵器文物.扎马钉
（如题21图（1））是三国时蜀汉的著名政治家、军事家诸葛亮所发明的一种对付骑兵的武器，状若荆刺，
故学名蒺藜，有铜、铁两种.扎马钉有四个锋利的尖爪，随手一掷，三尖撑地，一尖直立向上，推倒上尖，
下尖又起，始终如此，使触者不能避其锋而被刺伤.即总有一个尖垂直向上，三尖对称支承于地.简化扎马
钉的结构，如图（2），记组成该“钉”的四条等长的线段公共点为 ，钉尖为 （ ）．
（Ⅰ）判断四面体 的形状特征；
（Ⅱ）若某个出土的扎马钉因年代久远，有一尖爪受损，其长度仅剩其他尖爪长度的 （即 ），
如图（3），将 ， ， 置于地面，求 与面 所成角 的正弦值.
【解析】（Ⅰ）点 为四面体 外接球的球心，即 ，且 面 ，
面 ， 面 ， 面 ，则空间四面体 的每一条棱都相等，即
；
所以该四面体的各个面都是全等的正三角形.
（Ⅱ）在四面体 中，不妨令 ， ，
在面 内作点 的射影 ，连接 ，
在等边 中， 为其外心，则 ，在直角 中，可得 ，
所以 ，解得 ，所以 ，
又因为 面 ，且垂足为 ，
故以 为原点，以 、 所在直线为 、 轴，建立空间直角坐标系，则 ， ，
， ， ， ，
因为 ，即 ，则 ，
所以 ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，得 ，
又 ，所以 ，
故 与面 所成角 的正弦值为 .
【变式9-2】《瀑布》（图1）是最为人所知的作品之一，图中的瀑布会源源不断地落下，落下的水又逆流
而上，荒唐至极，但又会让你百看不腻，画面下方还有一位饶有兴致的观察者，似乎他没发现什么不对劲.
此时，他既是画外的观看者，也是埃舍尔自己.画面两座高塔各有一个几何体，左塔上方是著名的“三立方
体合体”由三个正方体构成，右塔上的几何体是首次出现，后称“埃舍尔多面体”（图2）埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造，设边长均为2，定义正方形 ，
的顶点为“框架点”，定义两正方形交线为“极轴”，其端点为“极点”，记为 ，将极点
，分别与正方形 的顶点连线，取其中点记为 ， ， ，如（图3）.埃舍尔多面
体可视部分是由12个四棱锥构成，这些四棱锥顶点均为“框架点”，底面四边形由两个“极点”与两个
“中点”构成，为了便于理解，图4我们构造了其中两个四棱锥 与
(1)求异面直线 与 成角余弦值；
(2)求平面 与平面 的夹角正弦值；
(3)求埃舍尔体的表面积与体积（直接写出答案）.
【解析】（1）由题意可知， 两两垂直，且 .以点 为坐标原点，分别以
的方向为 轴的正方向，如图5，建立空间直角坐标系.则由题意可得， ， ， ， ， ， ， .
又 分别是 的中点，所以 ， .
所以 ， ，
则 ，
所以异面直线 与 成角余弦值为 .
（2）由（1）可得， ， ， ， .
设 是平面 的一个法向量，
则 ，
即 ，
令 ，可得 是平面 的一个法向量.
设 是平面 的一个法向量，
因为
则 ，
即 ，取 ，可得 是平面 的一个法向量.则 ，
所以平面 与平面 的夹角正弦值为 .
（3）由（1）（2）可得， ， ， ， ，
， .
所以 ，
所以 ∥ 且 ，所以四边形 为平行四边形.
又 ，
所以 ，即 ，
所以四边形 为菱形.
又 ， ，
所以 .
设 是平面 的一个法向量，则 ，
即 ，取 ，
则 是平面 的一个法向量.
又 ，所以点 到平面 的距离 .
所以四棱锥 的体积 ，
四棱锥 的体积
因为 ， ， .所以 在 方向上的投影为 ，
所以点 到直线 的距离 .
同理可得点 到直线 的距离 .
所以四棱锥 的侧面积 .
所以埃舍尔体的表面积为 ，体积为 .
1．（2024·贵州贵阳·二模）由正棱锥截得的棱台称为正棱台.如图，正四棱台 中， 分
别为 的中点， ，侧面 与底面 所成角为 .
(1)求证： 平面 ；
(2)线段 上是否存在点 ，使得直线 与平面 所成的角的正弦值为 ，若存在，求出线段
的长；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）连接 、 ，由 分别为 的中点，则 ，
又 平面 ， 平面 ，故 平面 ，
正四棱台 中， 且 ，
则四边形 为平行四边形，故 ，
又 平面 ， 平面 ，故 平面 ，又 ，且 平面 ， 平面 ，
故平面 平面 ，又 平面 ，故 平面 ；
（2）正四棱台 中，上下底面中心的连线 底面 ，
底面 为正方形，故 ，
故可以 为原点， 、 、 为 轴，建立空间直角坐标系 ，
由 ，侧面 与底面 所成角为 ，
则 ，
则 ， ， ，
假设在线段 上存在点 满足题设，则 ，
设 ，则 ，
，
设平面 的法向量为⃗m=(x,y,z)，
则 ，令 ，则 ， ，即 ，
因为直线 与平面 所成的角的正弦值为 ，
故 ，
解得 或 （舍），故 ，
故线段 上存在点 ，使得直线 与平面 所成的角的正弦值为 ，
此时线段 的长为 .2．（2024·全国·模拟预测）如图，平行六面体 中，底面 是边长为2的正方形，平
面 平面 ， ， 分别为 的中点．
(1)判断 与平面 的位置关系，并给予证明；
(2)求平面 与平面 所成二面角的正弦值．
【解析】（1） 平面 ，证明如下：
解法一 如图，取 的中点 ，连接 交 于点 ，连接 ，
平行四边形 中， 分别为 的中点，则 ， ，
则四边形 为平行四边形，得 ， ，
则 为 的中点，有 ， ，
为 的中点，则 ， ，
所以 ， ，四边形 是平行四边形，所以 ．
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
解法二 如图，取 的中点 ，连接 ，
因为 是 的中点，所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
因为 分别为 的中点，
所以 ， ，所以四边形 是平行四边形，
所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
又 ， 平面 ， 平面 ，
所以平面 平面 ．
又 平面 ，所以 平面 ．
（2）连接 ，因为 ， 为 的中点，所以 ．
又平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ，所以 平面 ．
以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴、 轴，过点 且平行于 的直线为 轴建立如图所示的
空间直角坐标系，
， ，
则 ，
则 ， ．
设平面 的一个法向量为 ，则 ，令 ，则 ，得 ．
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，得 .
设平面 与平面 所成二面角的大小为 ，
则 ，
所以 ，
所以平面 与平面 所成二面角的正弦值为 ．
3．（2024·高三·辽宁沈阳·期末）如图，在平行六面体 中， ，
， ， ，点 为 中点．
(1)证明： 平面 ；
(2)求二面角 的正弦值．
【解析】（1）连结 ，交 于点 ，连结 ，
在平行六面体 中， ， 是 的中点，
所以四边形 是平行四边形，又点 为 中点，
则 且 ，
所以四边形 是平行四边形，从而 ，
因为 平面 ， ，所以 平面 .
（2）以 为原点建立如图所示的坐标系，则 ， ，设点 为 ，其中 ，
则 ， ， ，
因为 ， ， ，
所以 ，即 ，解得 ，
则 ，则 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，
设平面 的法向量 ，则 ，
令 ，则 ，
设二面角 为 ，则 ，
所以 ，
则 ，
所以二面角 的正弦值为 .
4．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在直角梯形 中， ， ， ， ， ，分别是 ， 上的点，且 ，现将四边形 沿 向上折起成直二面角，设
.
(1)若 ，在边 上是否存在点 ，满足 ，使得 平面 ？若存在，求出 ；若不存
在，说明理由.
(2)当三棱锥 的体积最大时，求点 到平面 的距离.
【解析】（1）存在 ，使得 平面 ，此时 .
证明如下：
当 时，过 作 ，与 交于 ，连接 ，
则 ，又 ，得 ，因为 ，
所以 且 ，所以四边形 为平行四边形，
得 ，又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）由题意知 ，
又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
由 ，得 ，
所以三棱锥 的体积为 ，
当 时，三棱锥 的体积取得最大值，最大值为3.
此时 ，
由 平面 ， 平面 ，得 ，
又 ，所以 ，在 中，由余弦定理得 ，
所以 ，得 ，
设点 到平面 的距离为 ，由 ，
得 ，解得 ，
即点 到平面 的距离为 .
5．（2024·四川成都·模拟预测）如图，在三棱锥 中， ， 为 的中点， 于 ，
，已知 ， ， ， ．
(1)证明： 平面 ；
(2)在线段 上是否存在点 ，使得二面角 的大小为 ？若存在，求出 的长；若不存在，
请说明理由．
【解析】（1） ， 为 的中点，
， ， ， 平面 ，
平面 ， 平面 ， ，
， ， 平面 ，
平面 ；
（2）以 为原点，以 方向为 轴正方向，以射线 的方向为 轴正方向，建立如图所示的空间坐标
系，则 ， ， ， ，
设 ， ，则 ， ，
，
设平面 的一个法向量 ，
则 ，
令 ，则 ，
设平面 的一个法向量 ，
， ，
，
，
令 ，则 ，
由二面角 的大小为 ，得 ，
，方程无解，
不存在点 使得二面角 的大小为 ．
6．（2024·高三·江苏南通·期中）如图， 且 ， ， 且 ，
且 ， 平面 ， .
(1)设面BCF与面EFG的交线为 ，求证： ；
(2)证明:
(3)在线段BE上是否存在一点P，使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为 ，若存在，求出P点
的位置，若不存在，说明理由.【解析】（1）因为 ， ，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 面 ，又 平面 ，平面 平面 ，
所以 .
（2）因为 且 ，所以四边形ADGE为平行四边形，
又 ，所以四边形ADGE为菱形，所以AG⊥DE.
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又 ， 平面 ，所以CD⊥面 ，
又 面 ，所以 ，又 ，
平面 ，所以 面 ，又 面 ，
所以 .
（3）由于 ， ， ， 平面 ， ，
则以D为原点，分别以 ， ， 的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系，如图，
于是 ， ，设平面ABE的法向量为⃗n=(x,y,z)，
则 ， ，令 ，得 ，
假设线段BE上存在点P，使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为 .
设 ， ，
，
解得： .
所以线段BE上存在点P，且 时,使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为 .7．（2024·福建宁德·三模）在平行四边形 中， ， ， .将 沿 翻折到
的位置，使得 .
(1)证明： 平面 ；
(2)在线段 上是否存在点 ，使得二面角 的余弦值为 ?若存在，求出 的值;若不存
在，请说明理由.
【解析】（1）证明：翻折前，因为四边形 为平行四边形， ， ， ，
在三角形 中，由正弦定理可得 ， ，
，又 ，故 ，
所以 ，即 ，
因为 ， ， ，所以 ，则有 ，
， 平面 ，所以 平面 ，.
（2）由（1） 平面 ，且 平面 ，
所以平面 平面 .平面 平面 ，
在平行四边形 中， ，即 ，故 平面 .
以点 为坐标原点， 的方向分别为 轴的正方向建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
设 ，其中 ，
则 ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，取 ，则 ，
所以， ，
易知平面 的一个法向量为 ，
则 ，整理可得 ，
因为 ，解得 ，
因此，线段PC上存在点 ，使二面角 的余弦值为 ，且 .
8．（2024·河北承德·二模）如图1，在直角 中， 为 中点， ，取 中
点 ，连接 ，现把 沿着 翻折，形成三棱锥 如图2，此时 ，取 中点 ，
连接 ，记平面 和平面 的交线为 为 上异于 的一点.
(1)求证： 平面 ；
(2)若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求 的长度.
【解析】（1）由题意知 为等腰直角三角形，又 为 的中点，
所以 ， ， ，
由 ，解得 ，
当 时，有 ，即 ，
而 平面 ，故 平面 ；
（2）以 为 轴， 轴，过 作平面 的垂线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，又 ，
所以
所以 ， ，所以 ，
于是 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，不妨取 ，解得 ，
设 ，则 ， ，
因为 为 中点， 为 中点，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
平面 和平面 的交线为 ， 平面 ，
所以 ，又 为 上异于 的一点，所以 ，即 与 共线，
设为 ，则 ，
故 ，
因此 .
设直线 与平面 所成角为 ，则 ，
化简得 ，解得 或 ，
当 时 ，则 ，
当 时 ，则 ，
因此 或 .
9．（2024·山西晋城·二模）如图1，在 中， ， ，点D是线段AC的中点，点
E是线段AB上的一点，且 ，将 沿DE翻折到 的位置，使得 ，连接PB，
PC，如图2所示，点F是线段PB上的一点．
(1)若 ，求证： 平面 ；
(2)若直线CF与平面 所成角的正弦值为 ，求线段BF的长．
【解析】（1）由题意可知： ， ， 平面 ，
可得 平面 ，
且 ，以 为坐标原点， 分别为 轴，建立空间直角坐标系，
则 ，
可得 ，
设 ，则 ，
若 ，则 ， ，
由题意可知：平面 的法向量 ，
因为 ，且 平面 ，
所以 ∥平面 .
（2）由（1）可得： ，
设平面 的法向量⃗m=(x,y,z)，则 ，
令 ，则 ，可得 ，
由题意可得： ，
整理得 ，解得 或 ，
所以 或 ，即线段BF的长为 或 .
10．（2024·贵州黔东南·三模）如图1所示，在边长为3的正方形ABCD中，将 ADC沿AC折到 APC的
位置，使得平面 平面ABC，得到图2所示的三棱锥 .点E，F，G分别在PA，PB，PC上，
△ △
且 ， ， .记平面EFG与平面ABC的交线为l.
(1)在图2中画出交线l，保留作图痕迹，并写出画法.
(2)求点 到平面 的距离.
【解析】（1）作图步骤：延长EF、AB交于M，延长AC、EG交于N，连接MN，则直线MN即为交线l.
如下图示：（2）记 为 的中点，则 ，
由面 面ABC，面 面ABC ， 面 ，
所以 面ABC， 面ABC，故 ，
由ABCD为正方形，故 ，易知 ，
所以 ，而 ，
在△ 中 ，则 .
在 中 ，
则 ，故 ，
，又 ，令 到面 距离为 ，
所以 ，则 ，
故点 到平面 的距离为 .
11．（2024·山西·二模）如图，已知多面体 的底面 是边长为2的正方形， 底面 ，
，且 ．
（Ⅰ）求多面体 的体积；（Ⅱ）求直线 与平面 所成角的正弦值；
（Ⅲ）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．
【解析】（1），连接 ，多面体 的体积 ，只有分别求解两个棱锥的体积即
可；
（2）以点 为原点，AB所在直线为 轴，AD所在的直线为 轴，建立空间直角坐标系，求出平面
的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求直线 与平面 所成角的正弦值；
（3）取线段CD的中点 ，连结 ，直线 即为所求．
试题解析：
（Ⅰ）连结 ．
∵ 底面 ， ，
∴ 底面 ，
∴ ， ，
∴ 平面 ，
， ，
∴多面体 的体积 ．
（Ⅱ）以点 为原点，AB所在直线为 轴，AD所在的直线为 轴，建立空间直角坐标系，如图．由已知
可得 ， ， ， ， ，
∴ ， ， ，
设平面 的法向量为 ，得
取 ，得平面 的一个法向量为 ，
设直线 与平面 所成的角为 ，
∴ ．（Ⅲ）取线段CD的中点 ，连结 ，直线 即为所求．
如图所示：
12．（2024·福建·一模）如图，三棱柱 中， ， ，
分别为棱 的中点.
（1）在平面 内过点 作 平面 交 于点 ，并写出作图步骤，但不要求证明.
（2）若侧面 侧面 ，求直线 与平面 所成角的正弦值.
【解析】（1）如图，在平面 内，过点 作 交 于点 ，连结 ，在 中，作
交 于点 ，连结 并延长交 于点 ，则 为所求作直线.（2）连结 ，∵ ，∴ 为正三角形.
∵ 为 的中点，∴ ，
又∵侧面 侧面 ，且面 面 ，
平面 ，∴ 平面 ，
在平面 内过点 作 交 于点 ，
分别以 的方向为 轴， 轴， 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 ，则
， .
∵ 为 的中点，∴点 的坐标为 ，
∴ .
∵ ，∴ ，∴ ，
设平面 的法向量为 ，
由 得 ，
令x=1，得 ，所以平面 的一个法向量为 .设直线 与平面 所成角为 ，
则 ，
即直线 与平面 所成角的正弦值为 .
13．（2024·高三·福建漳州·期中）已知四棱锥 的底面为菱形， ，且 平面 ，
记 为平面 与平面 的交线．
(1)证明： 平面 ；
(2)设 ， 为 上的点，当 与 所成角最大时，求平面 与平面 的夹角大小．
【解析】（1）证明：在菱形 中， ，
∵ 平面 ， 平面 ，∴ 平面 ，
又∵ 平面 ，平面 平面 ，∴ ，
又∵ 平面 ， 平面 ，∴ 平面 ．
（2）取 中点 ，连接 ，
∵ ，易得 是正三角形，则 ，∴ ，
又 平面 ，可知直线 ， ， 两两互相垂直，如图：
以 为原点，以 ， ， 所在的直线分别为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，
易知 ， ， ，
由题意，不妨设 ，∴ ，且 ，
∴ ，
∴当 时， 与 所成角最大，
此时 ，又 ，
设平面 的一个法向量为 ，
由 得 ，令 ，∴ ，
由 底面 ，可知 为底面 的一个法向量，
记平面 与平面 的夹角为 ，
则 ，
又 ，∴ ．
14．（2024·湖北武汉·三模）如图，在四面体 中， 是正三角形， 是直角三角形，
．
(1)求证： ；
(2)已知点E在棱 上，且 ，设 ，若二面角 的余弦值为 ，求 ．
【解析】（1）证明：因为 是正三角形，所以
因为 ， 公共边，所以 ，所以 ，
因为 是直角三角形，所以 ，
取 的中点O，连接 ， ，则 ， ，
因为 是正三角形，所以 ，
因为 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ．（2）在直角 中， ，
因为 ，所以 ，所以 ，
以O为坐标原点， 为x轴， 为y轴， 为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则
．
可得平面 的法向量为
设 ，由 ，可得 ，
可得
设面 的法向量为 ，则 ，
取 ，可得 ，所以 ，
则 ，
又因为 ，解得 ．
15．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 .
16．（2024·江西南昌·一模）如图，四棱锥 中，底面 是边长为2的菱形， ，已
知 为棱 的中点， 在底面的投影 为线段 的中点， 是棱 上一点.(1)若 ，求证： 平面 ；
(2)若 ，确定点 的位置，并求二面角 的余弦值.
【解析】（1）设 ，因为底面 是边长为2的菱形，
所以 ，对角线BD平分 ，
又 为棱 的中点，所以 ,
在 中，根据角平分线性质定理得 ，
又 ，所以 ，所以 ，
， 平面 ，且 平面 平面 .
（2） 平面 ，且 平面 ， ，
因为 ，所以 ，
在 中， ， ，所以 是等边三角形，
又 为棱 的中点，所以 ，
平面 ， 平面 ，所以平面 平面 ，
又平面 平面 ， 平面ABCD， 平面 ，
又 平面 ， ，
又 ， 平面 ，
平面 ，且 平面 ， .
因为P在底面的投影H为线段EC的中点，所以 ，又
所以 为等边三角形，故 为 中点，
所以 在底面 上的投影为 的中点.
在 中， ，
，
以 为原点，分别以 为 轴，
以过 点且与平面 垂直的直线为 轴建立空间直角坐标系，所以 ，
，
设⃗n=(x,y,z)是平面 的一个法向量，则 ，
令 ，则 ，即 ，
平面 ， 是平面 的一个法向量，
，
因为二面角 是一个锐角，
所以二面角 的余弦值为 .
17．（2024·江西新余·二模）如图，在四棱锥 中，底面 是直角梯形， ，
，且 ， .
(1)若 为 的中点，证明：平面 平面 ；
(2)若 ， ，线段 上的点 满足 ，且平面 与平面 夹角的
余弦值为 ，求实数 的值.
【解析】（1）取 中点为 ，由条件可得 为梯形 的中位线，则 ，
又 ，则 ，
且 ， 平面 ， 平面 ，
根据线面垂直的判定定理，得 平面 ，
平面 ， .
由 ，则 ，又 ， 为梯形的两腰，则 与 相交，
平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 .
（2）取 的中点为Q，由 ， ，
则 ， ，
因此△ 为等边三角形， .
由（1）知 平面 ， ， ， 两两垂直，
如图，以 ， ， 分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
由 ， ，则 ，
， ， ， ，
由 ，
所以 ， ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
由
取 ，得 ， ，得 .
设平面 的一个法向量为 ，
由
取 ，得 ， ，
即平面 的一个法向量为 .
记平面 与平面 夹角的大小为 ，所以 ，化简得 ，即 ，所以实数 的值为 .
18．（2024·河南信阳·模拟预测）如图，在三棱锥 中， 分别是侧棱 的中点，
， 平面 .
(1)求证：平面 平面 ；
(2)如果 ，且三棱锥 的体积为 ，求二面角 的余弦值.
【解析】（1） 分别是侧棱 的中点，
，
，
平面 ， 平面 ，
，
又 平面 ，
平面 ，
又 平面 ，
平面 平面 .
（2） 平面 ， 平面 ，
，
，
又由题意得 是等腰直角三角形，
，此时易算三棱锥体积为： ，
故 符合题意.
平面 ， ，
平面 ，又 平面 ，
，
两两垂直，
如图，以点C为原点，建立空间直角坐标系，
则 ，
故
设平面 的法向量为 ，
则有 ，可取 ，
平面 ，
即为平面 的一条法向量，
故 ，
由三棱锥的体积和法向量的方向可知，二面角 为锐二面角，
故二面角 的余弦值为 .
19．（2024·山东枣庄·一模）如图，在四棱锥 中，底面 为正方形， 平面
与底面所成的角为 ， 为 的中点．
(1)求证： 平面 ；
(2)若 为 的内心，求直线 与平面 所成角的正弦值．【解析】（1）因为 平面 平面 ，所以 ，
因为 与平面 所成的角为 平面 ，
所以 ，且 ，所以 ，
又 为 的中点，所以 ，
因为四边形 为正方形，所以 ，
又 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为 平面 ，
所以 平面 ．
（2）因为底面 为正方形， 为 的内心，
所以 在对角线 上．
如图，设正方形的对角线的交点为 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，又因为 ，所以 ．
由题意知 两两垂直，以 所在的直线分别为 轴， 轴， 轴建立如图所示的空间直
角坐标系 ．
所以 ，由（1）知 ，
所以 ，
所以 ．
又因为 平面 ，所以平面 的一个法向量为 ．
设直线 与平面 所成角为 ，则 ．
20．“阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，即其底面为矩形，一
条侧棱垂直于底面的四棱锥．如图，四边形 是边长为3的正方形， ， ．
(1)证明：四棱锥 是一个“阳马”；
(2)已知点 在线段 上，且 ，若二面角 的余弦值为 ，求 的值．
【解析】（1） 四边形 是正方形， ，
， ， 平面 ，
平面 ，
平面 ， ，
四边形 是正方形， ，
， ， 平面 .
平面 ，
平面 ， ，
， 平面 ，
平面 ，
四棱锥 是一个“阳马”；
（2）由（1）得 平面 ， 平面 ， ，
， ， ，以点 为原点， ， ， 所在的直线分别为 轴， 轴， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可得 ， ， ， ， ，
所以 ，
设 ， ，
， ， ，
即 ，所以 ，
， ，
设 是平面 的一个法向量，则 ，
，令 ，则 ， ，
设 是平面 的一个法向量，则 ，
，令 ，则 ， ，
， 或 （舍去）.
21．宋元时期，泉州作为海洋商贸中心，成为世界第一大港.作为海上丝绸之路的起点，泉州的海外贸易极
其频繁，但海上时常风浪巨大，使用原始船出行的风险也大.因此，当时的设计师为了海外贸易的正常进行，
便在船只设计中才用了楔形零件结构，由此海上出行无需再惧怕船体崩溃，这也为海上贸易的发达作出了
巨大贡献，而其智慧至今仍熠熠生辉.如图是从棱长为3的正方体木块中截出的一个楔形体ABCD
MNPQ，将正方体的上底面平均分成九个小正方形，其中 是中间的小正方形的顶点.(1)求楔形体的表面积；
(2)求平面APQ与平面 的夹角的余弦值.
【解析】（1）易得该楔形体的上底面为边长为1的正方形，下底面是边长为3的正方形，
侧面是等腰梯形，其上底面边长为1，下底面边长为3，腰的长为 ，
所以侧面等腰梯形的高为 ，
所以该楔形体的表面积为 .
（2）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
下图所示：
则 ， ， ， ， ，
则 ， ， ， .
设平面 的法向量为 ，平面 的法向量为 ，
则 ，
解得 ，令 ，则 ，
所以平面 的一个法向量为 ，同理得 ，解得 ，令 ，则 ；
即平面 的一个法向量为 .
设平面 与平面 的夹角为 ，则 ，
所以平面 与平面 的夹角的余弦值为 .
