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重难点突破06 立体几何解答题最全归纳总结
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题型一：非常规空间几何体为载体
例1．（2023·全国·高三专题练习）已知正四棱台 的体积为 ，其中 .
(1)求侧棱 与底面 所成的角；
(2)在线段 上是否存在一点P，使得 ？若存在请确定点 的位置；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）依题意，在正四棱台 中， ，
所以上底面积 ，下底面积 ，
设正四棱台的高为 ，则 .
连接 ，则 ，
所以 ，
设侧棱 与底面 所成的角为 ，则 ，
由于线面角 的取值范围是 ，所以 .
（2）连接 ，设正四棱台上下底面的中心分别为 ，
以 为原点， 分别为 轴建立如图所示空间直角坐标系，，
设线段 上存在一点 ，满足 ，
，
，
则 ，
，
若 ，则 ，
即 ，
解得 ，舍去，
所以在线段 上不存在一点 ，使得 .
例2．（2023·全国·高三专题练习）在三棱台 中， 为 中点， ， ，
.
(1)求证： 平面 ；
(2)若 ， ，平面 与平面 所成二面角大小为 ，求三棱锥 的体积.
【解析】（1）在三棱台 中， 为 中点，则 ，
又 ， ，
， 四边形 为平行四边形， ，
又 ， ，
， ， ，， 平面 ， 平面 .
（2） ， ， ，
又 ， ， 平面 ， 平面 ，
连接 ， ， ， 为 中点， ；
以 为正交基底，可建立如图所示空间直角坐标系 ，
则 ， ， ， ，
设 ，则 ， ，
， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，解得： ， ， ；
又平面 的一个法向量 ，
，解得： ，即 ，
平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
.
例3．（2023·重庆万州·高三重庆市万州第二高级中学校考阶段练习）如图，在正四棱台
中， ， ， ， 为棱 ， 的中点，棱 上存在一点 ，使得 平面
．(1)求 ；
(2)当正四棱台 的体积最大时，求 与平面 所成角的正弦值．
【解析】（1）作 交 于 ，再作 交 于 ，连接 ．
因为 平面 ，所以 平面 ．
又平面 平面 ，所以 ．
又因为 ，所以四边形 是平行四边形，
所以 ，即 为棱 的四等分点，
故 也为棱 的四等分点，所以 ．
（2）由（1）易知 为 的四等分点，所以点 在点 的正上方，
所以 底面 ．
设 ，则 ，所以 ，
所以该四棱台的体积 ，
而 ．
当且仅当 ，即 时取等号，此时 ， ．
以 为原点， ， 分别为 轴、 轴，
过 平行于 的直线为 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 ，
由 得 令 ，则 ．
设 与平面 所成角为 ，
则 ，
故 与平面 所成角的正弦值为 ．
变式1．（2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考模拟预测）如图，在三棱台 中， ，
， ， ， ．
(1)证明：平面 平面 ；
(2)设 是 的中点，求平面 与平面 夹角的余弦值．
【解析】（1）证明：
由三棱台 知： ，
在梯形 中，取 的中点 ，连接 ，
因 ，
故 ，四边形 是平行四边形，
∴ ，，
所以 ，
，即 ，
因 ，所以 ，
又因 ，所以 ，
又因 ，所以 平面 ，
因 平面 ，
所以平面 平面 ；
（2）取 的中点 ， 的中点 ，连接 ， ，则 ，
因 ，所以 ，
由条件知：四边形 是等腰梯形，所以 ，
平面 平面
平面 ,
平面 平面
∴ 平面 ，
分别以 ， ， 所在直线为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，如图，
则在等腰梯形 中，由平面几何知识可得： ，
∴ ， ， ， ，
设平面 的法向量 ，
则由 得 ，
令 ，得 ， ，
所以 ，又平面 的法向量 ，
设平面 与平面 的夹角为 ，
则 ．
变式2．（2023·安徽·高三安徽省定远中学校考阶段练习）如图，圆锥 的高为 ， 是底面圆 的直
径，四边形 是底面圆 的内接等腰梯形，且 ，点 是母线 上一动点.
(1)证明：平面 平面 ；
(2)若二面角 的余弦值为 ，求三棱锥 的体积.
【解析】（1）连接 ，由题意知四边形 为菱形，故 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，又 平面 ，
故平面 平面 ；
（2）以 为原点， 的中垂线为 轴， 为 轴， 为 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则 ， ， ， ，
设 ，显然 不合题意，则 ，则 ，
于是 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，
则令 ，得 ， ，则
设平面 的法向量为 ，则
令 ， ， 则 ，
从而 ，解得 或3，
因为 ，故 .
此时二面角 的余弦值为 满足题意.
从而 .
变式3．（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）如图， 为圆锥的顶点，A， 为底面圆 上两点，
， 为 中点，点 在线段 上，且 .(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）设圆O的半径为r，
在 中， ， ， ，
故 ，又 ，故 ，
在 中，由余弦定理得 ，
所以 ，即 ；
圆锥中， 底面 ， 底面 ，故 ，
又 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 .
（2）以 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 ，
不妨设 ，则 ， ，
则 ， ， ， ， ，
， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
有 ，即 ，解得 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则 .
变式4．（2023·内蒙古赤峰·校联考三模）如图， 为圆锥的顶点， 是圆锥底面的圆心，四边形 是圆 的内接四边形， 为底面圆的直径， 在母线 上，且 ， ， ．
(1)求证：平面 平面 ；
(2)设点 为线段 上动点，求直线 与平面 所成角的正弦值的最大值．
【解析】（1）如图，设 交 于点 ，连接 ，
由已知可得 ，又 ，
所以四边形 为菱形，所以 ，
∵ ， ， ，
∴ ，∴ ，
∴ ，又 ，所以 ，
因为 为 的中点，∴ ， ．
由余弦定理可得 ，
∴ ，所以 ，即 ，
又 平面 ， ，∴ 平面 ．
又 平面 ，∴平面 平面 ．
（2）由已知 平面 ， 平面 ，所以 ，
又 ， ， 平面 ，
∴ 平面 ，又 平面 ，∴ ．
由（1）知 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，
∴ ，又点 为 的中点，
所以 ．
以点 为坐标原点， 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 ，则 ，
∴ ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，则 ，
所以 为平面 的一个法向量．
设直线 与平面 所成的角为 ，
则 ，
构建 ，
则 ，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
当 时， ，函数 在 上单调递减，∴ 时， 取到最大值4．
此时， 取到最大值1.
另由 ， 知，
当 时， ，此时 平面 ，
设直线 与平面 所成的角为 ，因为 ，
当 时， 取到最大值1．
变式5．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）如图，线段 是圆柱 的母线， 是圆柱下底面⊙O的
内接正三角形， ．
(1)劣弧 上是否存在点D，使得 平面 ？若存在，求出劣弧 的长度；若不存在，请说明理
由．
(2)求平面 和平面 所成角的正弦值．
【解析】（1）如图过点O作AB的平行线OD交劣弧 于点D，
连接 ， ，因为 ， 平面 ， 平面 ，
则 平面 ，同理可证 平面 ，
，且 平面 ， 平面 ，所以平面 平面 ，
又因为 平面 ，所以 平面
故存在点D满足题意．
因为 为底面⊙O的内接正三角形，所以 ，即 ，
又因为 ，所以⊙O的半径为 ，所以劣弧 的长度为 ；
（2）如图取BC的中点为M，连接MA，以MB为x轴，MA为y轴，过M作OO 平行线为z轴，建立空间
1
直角坐标系，
又因为 ，设AB中点为N．
故 ， ， ， ， ， ，
易知 平面 ，所以平面 的法向量 ．
设平面 的法向量为 ，
又因为 ， ，故 即
令 得
所以平面 和平面 夹角的余弦值为 ．
故平面 和平面 夹角的正弦值为 ．
题型二：立体几何存在性问题
例4．（2023·全国·高三对口高考）如图，如图1，在直角梯形 中，
．把 沿对角线 折起到 的位置，如图2
所示，使得点P在平面 上的正投影H恰好落在线段 上，连接 ，点E，F分别为线段 ，
的中点．(1)求证：平面 //平面 ；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值；
(3)在棱 上是否存在一点M，使得M到点 四点的距离相等？请说明理由．
【解析】（1）在 中， ，所以
在 中， ， ，所以 为等边三角形，
因为点P在平面 上的正投影H恰好落在线段 上，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，所以 为线段 的中点，
又点E，F分别为线段 ， 的中点，
所以 ，
由 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
由 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
由 平面 ， ，
所以平面 //平面 ；
（2）在平面 内过 作 的垂线
如图建立空间直角坐标系，则 ， ， ，
因为 ，
设平面 的法向量为
因为 ， ，
所以有 ，
即 ，
令 ，则 ， ，
所以 为平面 的一个法向量，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ；
（3）存在，点 为线段 的中点 ，理由如下：
因为在直角三角形 中， ，
在直角三角形 中， ，
又
所以点 到四个点 的距离相等，
所以点 为所找的点，即线段 的中点 为所求.
例5．（2023·上海长宁·上海市延安中学校考三模）已知 和 所在的平面互相垂直， ，
， ， ， 是线段 的中点， .
(1)求证： ；
(2)设 ，在线段 上是否存在点 （异于点 ），使得二面角 的大小为 .
【解析】（1） ，故 ，
，则 ，故 ，
又 ， 平面 ， ，故 平面 ，
平面 ，故 ，（2）△ 和△ 所在的平面互相垂直，则平面 平面 ，
且 平面 ，故 平面 ，
如图所示：以 分别为 轴建立空间直角坐标系，
则 ， ， ，设 ， ，
平面 的一个法向量为 ，
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
取 得到 ，
则 ，解得 ，不满足题意.
综上所述：不存在点 ，使二面角 的大小为 .
例6．（2023·湖南邵阳·邵阳市第二中学校考模拟预测）如图，在 中， ， 为 边上一动
点， 交 于点 ，现将 沿 翻折至 .(1)证明：平面 平面 ；
(2)若 ，且 ，线段 上是否存在一点 （不包括端点），使得锐二面角
的余弦值为 ，若存在求出 的值，若不存在请说明理由.
【解析】（1）因为 ， ，
所以 ，所以 ，
所以 ，又因为 ，
， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以平面 平面 .
（2）因为 ， ，∴ ，
又∵ ， ， 平面 ，
∴ 平面 ，
∴ 、 、 两两垂直，以 点为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴建立空间直角坐标系，
因为 ， ，
所以 .
则 ， ， ， ，
平面 的一个法向量为 ，
，设 ，
，
，
设平面 法向量为 ，
则 ，所以 ，取 ，则 ， ，
故 为平面 的一个法向量，
所以 ，
解得 ，符合题意
即 ，∴ .
变式6．（2023·福建厦门·统考模拟预测）筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边形．如图，四边
形 为筝形，其对角线交点为 ，将 沿 折到 的位置，形成三
棱锥 ．
(1)求 到平面 的距离；
(2)当 时，在棱 上是否存在点 ，使得直线 与平面 所成角的正弦值为 ？若存在，求
的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）因为 ，
所以 不可能为四边形 的对称轴，则 为四边形 的对称轴，
所以 垂直平分 ，所以 ．
平面 平面
所以 平面 ．
所以 到平面 的距离 ．
（2）存在点 ，使得直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
过 作 平面 ，所以 两两垂直.
以 为原点， 所在直线分别为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系由（1）得平面 平面 ，因为
所以 ．
设 ，
，
，
设平面 的法向量 ，
，所以
令 ，则 ，
所以平面 的一个法向量 ，
设直线 与平面 所成角为 ， ，
．
所以 或 ，所以存在点 ，使得直线 与平面 所成角的正弦值为 或 ．
变式7．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）斜三棱柱 的各棱长都为 ，
点 在下底面 的投影为 的中点 .(1)在棱 （含端点）上是否存在一点 使 ？若存在，求出 的长；若不存在，请说明理由；
(2)求点 到平面 的距离.
【解析】（1）因为点 在下底面 的投影为 的中点 ，故 平面 ，
连接 ，由题意 为正三角形，故 ,
以 为原点， 分别为 轴建立如图所示空间直角坐标系：
则 ， ，
设 ，可得 ，
，
假设在棱 （含端点）上存在一点 使 ，
则 ，
则 ；
（2）由（1）知 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，
则 ，
又 ，
则 到平面 的距离为 ，
即点 到平面 距离为 .
变式8．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥 中， 平面PAD，△PAD为等边三角形， // ， ，平面PBC交平面PAD直线l，E、F分别为棱PD，PB的中点．
(1)求证： ∥ ；
(2)求平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值；
(3)在棱PC上是否存在点G，使得 ∥平面AEF？若存在，求 的值，若不存在，说明理由．
【解析】（1）因为 // ， 平面 ， 平面 ，
所以 //平面 ，
又因为 平面 ，平面 平面 直线l，
所以 ∥ .
（2）取 的中点 ，连接 ，
由题意可得： // ，且 ，
则 为平行四边形，可得 // ，
且 平面PAD，则 平面PAD，
由 平面PAD，则 ，
又因为△PAD为等边三角形，则 为 的中点，可得 ，
， 平面 ，则 平面 ，
如图，以 为坐标原点， 分别为 轴建立空间直角坐标系，
则 ，
可得 ，
设平面 的法向量 ，则 ，
令 ，则 ，即 ，
由题意可知：平面PAD的法向量 ，可得 ，
所以平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值 .
（3）由（2）可得： ，
设 ， ，则 ，
可得 ，解得 ，
即 ，可得 ，
若 ∥平面AEF，则 ，
可得 ，解得 ，
所以存在点 ，使得 ∥平面AEF，此时 .
变式9．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）在三棱锥P-ABC中，若已知 ， ，点
P在底面ABC的射影为点H，则
(1)证明：
(2)设 ，则在线段PC上是否存在一点M，使得 与平面 所成角的余弦值为 ，若存在，设 ，求出 的值，若不存在，请说明理由.
【解析】（1）因为点P在底面ABC的射影为点H，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，
因为 ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，
因为 ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，
因为 ， ，
所以点 为 的垂心，所以 ，
因为 ， ， 平面 ， ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ；
（2）延长 交 于点 ，由（1）可得 ，
又 ，所以点 为线段 的中点，
所以 ，同理可得 ，
所以 为等边三角形，又 ，所以 ，
如图，以点 为原点，以 为 轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则 ，
故 ，
设存在点M，使得BM与平面 所成角的余弦值为 ，且 ，
则 ，
设平面 的法向量为 ， ，
则 ，所以 ，
令 ，可得 ，
所以 为平面 的一个法向量，所以 ，
设直线BM与平面 所成角为 ，则 ，又 ，
所以 ，故 ，
所以 或 ，又 ，
所以 .
所以在线段PC上存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为 ，且 .
变式10．（2023·浙江·校联考模拟预测）在四棱锥 中，底面 为矩形， ，
为等腰直角三角形，平面 平面 ， 为 中点.
(1)在线段 上是否存在点 ，使得点 到平面 的距离为 .若存在，求出 的值；若不存在，说
明理由；
(2)求二面角 的正弦值.
【解析】（1）法1：取 中点，记为 ，连接 ， ， ，
因为 为等腰直角三角形，所以 ，
平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ， 平面 ，因为 ， ，所以 ，则 ，
， ，
假设 存在，由 ，即 ，
又 ，所以 ，
又 ，
，又 ，又 ， .
法2：取 中点，记为 ，连接 ， ， ，
因为 为等腰直角三角形，所以 ，
平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ， 平面 ，因为 ， ，所以 ，
如图以 为原点， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴，建立空间直角坐标系，
则 ， ， ，
设线段 上存在 ，使得它到平面 的距离为 ，
则 ， ， ，
设平面 的法向量 ，则 ，令 ，则 ，
到平面 的距离 ，解得 或 （舍去），则 ， ；
（2）法1：由（1）可知 平面 ，易得 ， ，
则 ， ，
过点 作 ，交 于点 ，连结 ，则 ，
为二面角 的一个平面角，
在 中，可得 ，同理可得 ，又 ，
，
，即二面角 的正弦值为 ；
法2：如图建立空间直角坐标系：
则 ，
所以 ， ， ，
设 为平面 法向量，
所以 ，则 ，
设 为平面 法向量，则 ，令 ，则 ，设二面角 为 ，显然 为锐角，则 ，
所以 ，即二面角 的正弦值为 .
变式11．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥 中，侧面 是边长为2的正三角形，
， ， 分别为 的中点，平面 与底面 的交线为 .
(1)证明： 平面 .
(2)若三棱锥 的体积为 ，试问在直线 上是否存在点 ，使得直线 与平面 所成角为 ，
异面直线 所成角为 ，且满足 ？若存在，求出线段 的长度；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）因为 分别为 的中点，
所以， .
又 平面 ， 平面 ，
所以， 平面 .
又 平面 ，平面 与底面 的交线为 ，所以， .
从而， .
而 平面 ， 平面 ，所以， 平面 .
（2）取 的中点记为 ，连接 ，
因为 是边长为2的正三角形，所以 ， .
由（1）可知，在底面 内过点 作 的平行线，即平面 与底面 的交线 .
由题意可得 ，即 ，
所以 的面积 .
设点 到平面 的距离为 ，
则由已知可得 ，于是 .
因为 ，所以 平面 .取 的中点记为 ，连接 ，则 .
因为 ，所以 .
以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴､ 轴､ 轴，如图建立空间直角坐标系，则 ，
， ， ， ， ，设 .
于是， ， ， .
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，
取 ，则 ， ，即 是平面 的一个法向量，
所以 .
又直线 与平面 所成角为 ，
于是 .
又 ，
而异面直线 所成角为 ，于是 .
假设存在点 满足题设 ，则 ，
即 ，所以 .
当 时， ，此时有 ；当 时， ，此时有 .
综上所述，这样的点 存在，且有 .
变式12．（2023·安徽淮北·统考二模）如图所示，四棱锥 中，底面 为菱形，
.
(1)证明： 面 ；
(2)线段 上是否存在点 ，使平面 与平面 夹角的余弦值为 ？若存在，指出点 位置；若
不存在，请说明理由.
【解析】（1）因为底面 为菱形，所以 ，又 ，
面 ，所以 面 ，
面 ，所以 .
又 ，所以 .
结合 ， 面 ，得 面 .
（2）取线段 的中点 ，结合题设及（1）的结论，如图所示建立空间直角坐标系.
不妨设 ，则 ，
假设存在 符合条件，设
即 ，即 ，所以 .
设平面 的法向量 ，
,
则 ，令 ，则 ，即 .
注意到 ，设平面 的法向量 ，
则 ，令 ，则 ，即 .
题设知 ，
即 ，所以 ，得 （舍）或 .
综上， 时符合条件，此时点 为线段 的靠近点 的四等分点.
题型三：立体几何折叠问题
例7．（2023·河南·洛宁县第一高级中学校联考模拟预测）在图1中， 为等腰直角三角形， ，
， 为等边三角形，O为AC边的中点，E在BC边上，且 ，沿AC将 进行
折叠，使点D运动到点F的位置，如图2，连接FO，FB，FE，使得 ．
(1)证明： 平面 ．
(2)求二面角 的余弦值．
【解析】（1）证明：连接OB，
因为 为等腰直角三角形， ， ，
所以 ，因为O为AC边的中点，
所以 ，
在等边三角形 中， ，
因为O为AC边的中点，
所以 ，则 ，
又 ，
所以 ，即 ，
因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ．
（2）方法一：因为 是等腰直角三角形， ， 为边 中点，
所以 ，
由（1）得 平面 ，则以O为坐标原点， ， ， 的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空
间直角坐标系，
则 ， ， ，
所以 ， ，
设平面 的法向量为 ，由 ，得 ，令 ，得 ，
易知平面 的一个法向量为 ，
设二面角 的大小为θ，
则 ，
由图可知二面角 为锐角，
所以二面角 的余弦值为 ．
方法二：
作 ，垂足为M，作 ，垂足为N，连接 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
又因为 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，
所以 ，
又 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，
所以 ，
又平面 平面 ，
所以二面角 的平面角为 ，
因为 ，所以 ，
所以 ， ，
在 中， ， ，
所以 ，
所以 ，所以 ，即二面角 的余弦值为 ．
例8．（2023·广东深圳·校考二模）如图1所示，等边 的边长为 ， 是 边上的高， ， 分
别是 ， 边的中点．现将 沿 折叠，如图2所示.
(1)证明： ；
(2)折叠后若 ，求二面角 的余弦值.
【解析】（1）在等边 的边长为 ， 是 边上的高，
根据折叠的性质可得 ， ，
因为 ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ，
因为 和 分别是 和 的中点，
所以 ，所以 ，
（2）取 的中点 ，连接 ，
取 和 的中点分别为 和 ，连接 ， ， ，
因为 ， ， 的中点分别为 ， ， ，
所以 ， ，因为 ，所以 为等边三角形，又 为 的中点，所以 ，
所以 ，又 平面 ， 平面 ， 平面 ，所以 ，
又因为 平面 ，
所以 ，又因为 ， 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，
所以 ，
则二面角 的平面角为 ，
所以 ，
又 ，解得 ，显然 为锐角，
所以 ，即二面角 的余弦值为 ．
例9．（2023·四川南充·高三阆中中学校考阶段练习）如图甲所示的正方形 中，
对角线 分别交 于点 ，将正方形 沿 折
叠使得 与 重合，构成如图乙所示的三棱柱
(1)若点 在棱 上，且 ，证明： ∥平面 ；
(2)求二面角 的余弦值.
【解析】（1）在三棱柱 中过 作 交 于 ，连接 ，则 ，
所以 四点共面，且平面 平面 ，
因为 ，所以 ，
又 是正方形，所以 ， ， ，
又 ，则 ，所以四边形 平行四边形， ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ；
（2）由（1）知 ，所以 ，而 与 都垂直，
则分别以 为 轴建立空间直角坐标系 ，如图，
由 得 ， ， ，
所以 ， ，
设平面 的一个法向量是 ，
由 ，取 得 ，
又 ，则 ， ，
设平面 的一个法向量是 ，
由 ，取 得 ，
设二面角 的平面角为 ，
则 ，
由图可知二面角 的平面角为钝角，
所以二面角 的余弦值是 ．
变式13．（2023·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知如图甲所示，直角三角形SAB中，
， ，C，D分别为SB，SA的中点，现在将 沿着CD进行翻折，使得翻折后S
点在底面ABCD的投影H在线段BC上，且SC与平面ABCD所成角为 ，M为折叠后SA的中点，如图乙
所示.(1)证明： 平面SBC；
(2)求平面ADS与平面SBC所成锐二面角的余弦值.
【解析】（1）证明：取SB的中点为N，连接MN，CN，如图所示：
在图甲中，∵C，D分别为SB，SA上的中点，
∴ ， ，
又∵M，N分别为SA，SB的中点，
∴ ， ，
∴MNCD为平行四边形，∴ ，
又∵ 平面SBC， 平面SBC，
∴ 平面SBC.
（2）∵ ，
∴ ， ， ，
∴ 平面SBC，又 平面ABCD，
平面 平面ABCD，
因为S点在底面的投影H在线段BC上，
∴ 平面ABCD，∴ .
SC与平面ABCD所成角的平面角为 ，
，
过H作 ，则HP，HB，HS两两互相垂直，
以H为坐标原点， ， ， 的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ，
， ，
易知 为平面SBC的一个法向量；
设 为平面ADS的一个法向量，
则有 ，
可取 ，
设平面ADS与平面SBC所成锐二面角的大小为 ，
则 ，
所以平面ADS与平面SBC所成锐二面角的余弦值为 .
变式14．（2023·全国·高三专题练习）如图1，在直角梯形BCDE中， ， ，A为DE的中
点，且 ， ，将 沿AB折起，使得点E到达P处（P与D不重合），记PD的
中点为M，如图2．
(1)在折叠过程中，PB是否始终与平面ACM平行？请说明理由；
(2)当四棱锥P-ABCD的体积最大时，求CD与平面ACM所成角的正弦值．【解析】（1）在折叠过程中，PB始终与平面ACM平行.
理由如下：
由已知可得： ，
所以 ，即四边形 为正方形，
连接 与 于点 ，连接 ，
又 为 的中点，所以 ，
因为 平面ACM， 平面ACM，
所以 平面ACM
（2）要使四棱锥P-ABCD的体积最大，只需点 到平面 的距离最大，
即 平面 ，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，
则 ，
，
设平面ACM的法向量为 ，
则 ，
令 ，得 ，则 ，
设CD与平面ACM所成角为 ，
所以 .
即CD与平面ACM所成角的正弦值为 .
变式15．（2023·全国·高三专题练习）如图，四边形 中， ，
E，F分别在 ， 上， ，现将四边形 沿 折起，使 ．(1)若 ，在折叠后的线段 上是否存在一点P，使得 平面 ？若存在，求出 的值；若
不存在，说明理由．
(2)求三棱锥 的体积的最大值，并求出此时点F到平面 的距离．
【解析】（1） 上存在一点P，使得 平面 ，此时 ，
理由如下：当 时， ，
如图，过点P作 交 于点M，连接 ，
则 ，
∵ ，∴ ，∴ ，又 ， ，∴ ，
故四边形 为平行四边形，∴ ，
又 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 .
综上，存在点P，使得 平面 ， .
（2）设 ，则 ，
故 ，
∴当 时， 有最大值，且最大值为3，
∴此时 ， ， ， ，
∴ ， ，
在 中，由余弦定理得 ， ，，
设F到平面 的距离为h，
， ．
综上，三棱锥 的最大值为3，此时点F到平面 的距离为 .
变式16．（2023·全国·高三专题练习）如图，四边形 中， 是等腰直角三角形，
是边长为2的正三角形，以 为折痕，将 向一方折叠到 的位置，使D
点在平面 内的射影在 上，再将 向另一方折叠到 的位置，使平面 平面 ，
形成几何体 .
（1）若点F为 的中点，求证： 平面 ；
（2）求平面 与平面 所成角的正弦值.
【解析】（1）如图，设D点在平面 内的射影为O，连接 ，连接 .
∵ ，∴ ，
∴在等腰 中，O为 的中点.
∵F为 中点，∴ .
又 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 .取 的中点H，连接 ，
则易知 ，又平面 平面 ，
平面 平面 ，
∴ 平面 ，
又 平面 ，∴ ，又 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ，
又 .∴平面 平面 .
又 平面 ，∴ 平面 .
（2）连接 ，由（1）可知 两两垂直，以O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，
则 ，
从而 .
设平面 的一个法向量为 ，则 ，即 ，
得 ，取 ，则 .
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，
得 ，取 ，则 ，
从而 .
∴ ，
∴平面 与平面 所成角的正弦值为 ．
变式17．（2023·四川泸州·泸县五中校考三模）如图1，在梯形 中， ，且 ，
是等腰直角三角形，其中 为斜边.若把 沿 边折叠到 的位置，使平面 平面
，如图2.（1）证明： ；
（2）若 为棱 的中点，求点 到平面 的距离.
【解析】（1）证明：∵ 是等腰直角三角形， 为斜边，
∴ .
∵平面 平面 ，平面 平面 ， 平面
∴ 平面 ，
∵ 平面 ，
∴ ；
（2）由（1）知 ， 平面 ，
由题意可得 ， ， ，
则 ， ，
∵ 为棱 的中点，
∴ ，
∴ ，
在 中， ， ， ，
∴ ，
即 ，
则 的面积为 ，
设点 到平面 的距离为
∵ ，
∴ ，∴ .
变式18．（2023·湖南长沙·长沙一中校考一模）如图1，四边形 为直角梯形， ， ，
， ， ， 为线段 上一点，满足 ， 为 的中点，现将梯形沿
折叠（如图2），使平面 平面 .
（1）求证：平面 平面 ；
（2）能否在线段 上找到一点 （端点除外）使得直线 与平面 所成角的正弦值为 ？若存在，
试确定点 的位置；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）证明：在直角梯形 中， ， ，
因此 为等边三角形，从而 ，又 ，
由余弦定理得： ，
∴ ，即 ，且折叠后 与 位置关系不变，
又∵平面 平面 ，且平面 平面 .
∴ 平面 ，∵ 平面 ，
∴平面 平面 .
（2）∵ 为等边三角形， 为 的中点，
∴ ，又∵平面 平面 ，且平面 平面 ，
∴ 平面 ，
取 的中点 ，连结 ，则 ，从而 ，以 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标
系：则 ， ，则 ，
假设在 上存在一点 使直线 与平面 所成角的正弦值为 ，且 ， ，
∵ ，∴ ，故 ，
∴ ，又 ，
该平面 的法向量为 ，
，
令 得 ，
∴ ，
解得 或 （舍），
综上可知，存在点 是线段 的中点，使得直线 与平面 所成角的正弦值为 .
题型四：立体几何作图问题
例10．（2023·云南昆明·高三校考阶段练习）已知正四棱锥 中，O为底面ABCD的中心，如图所
示．(1)作出过点O与平面PAD平行的截面，在答题卡上作出该截面与四棱锥表面的交线，写出简要作图过程
及理由；
(2)设PD的中点为G， ，求AG与平面PAB所成角的正弦值．
【解析】（1）如图所示，
取PC中点E，DC的中点F，连接EF，FO，并延长FO交AB于M，
截面EFN交侧棱PB于N，则 ，
连接AC，O为AC的中点，所以 ，
又 ， ，
截面EFMN， 截面EFMN，
平面PAD， 平面PAD，所以平面 平面EFMN．
所以平面EFMN为所求截面．
（2）不妨设四棱锥的所有棱长均为2，以O为原点，过O点且分别与AB，BC平行的直线为x轴、y轴，
OP为z轴，建立如图所示空间直角坐标系（图）．
可得 ， ， ， ．则 ， ，
，
设平面PAB的一个法向量为 ，
则 ，即 ，取 ，则 ，
设AG与平面PAB所成角为 ，则 ，
所以AG与平面PAB所成角的正弦值为 ．
例11．（2023·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)求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值.
【解析】（1）只需要在平面 内过点 作 的平行线 ，即可使满足题意.
理由如下： 平面 ，且 平面
平面 平面
所以
又∵在平行六面体 中 ，
∴ ，得证.
（2）连接AC交BD于O，连接 ，如图，由题意易知 ， ，
在 中， ，
同理：在 中， ，
∴ 为等腰三角形，即 ，又 ，
∴ ，
在 中， ，∴ ，
又∵ ，∴ 平面 ，
如图建系：以 为z轴，OC为x轴，OD为y轴.
， ， ， ， ，
∵ ，∴ ， ，
易知平面 与平面 重合，则平面 的法向量 ，
设平面 的法向量 ，
，∴ ，
设平面 与平面 所成角的平面角为 ，
.平面 与平面 所成角的锐二面角的余弦值为 .
例12．（2023·全国·高三专题练习）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 .
变式19．（2023·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：变式20．（2023·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】（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.
变式21．（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 .
变式22．（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 ．
，
变式23．（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测） 是边长为2的正三角形，P在平面上满足
，将 沿AC翻折，使点P到达 的位置，若平面 平面ABC，且 ．
(1)作平面 ，使得 ，且 ，说明作图方法并证明；
(2)点M满足 ，求二面角 的余弦值．
【解析】（1）记BC中点为O，连接AO， ，平面 即为平面 ，
证明如下：因为 为正三角形，O为BC中点，所以 ，
又 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面（2）由(1)可知,因为 平面 ,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
设平面 的法向量为 ，
则 ,取 ,则 ,
,设平面 的法向最为 ,
则 ，取 ，则 ，
由已知可得 .
由图可知二面角 为锐角，故二面角 的余弦值为 .
变式24．（2023·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习）已知四棱锥 的底面
是平行四边形，侧棱 平面 ，点 在棱 上，且 ，点 是在棱 上的动
点（不为端点）.（如图所示）
(1)若 是棱 中点，（i）画出 的重心 （保留作图痕迹），指出点 与线段 的关系，并说明理由；
（ii）求证： 平面 ；
(2)若四边形 是正方形，且 ，当点 在何处时，直线 与平面 所成角的正弦值取
最大值.
【解析】（1）（i）设 与 交点为 ，连接 与 交于点 ，
因为 为 中点， 为 中点，
所以 与 交点 为 重心，
所以 ,
又因为 为 的 边的中线，
所以点 也为 的重心，即重心 在 上.
（ii）连接 并延长交 于点 ，连接 ，
因为 为 重心，所以 ,
又因为 ,
所以 ，
又因为 平面 , 平面 ,
所以 平面 ；
（2）因为四边形 为正方形，所以 ,
平面 ， 平面 ，所以 ，
所以以 为坐标原点，建立如图所示坐标系，所以
设 ，则
设平面 的法向量为 ，
，化简得 ，
取 则 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
所以 ，
所以当 时，即点 在线段 靠近 的三等分点处时，
直线 与平面 所成角的正弦值取最大值为 .
题型五：立体几何建系繁琐问题
例13．（2023·福建福州·福建省福州格致中学校考模拟预测）如图，在四棱台ABCD-ABC D 中，底面
1 1 1 1
ABCD是菱形，∠ABC= ，∠BBD= ，
1
（1）求证：直线AC⊥平面BDB ；
1
（2）求直线AB 与平面ACC 所成角的正弦值.
1 1 1【解析】（1）连接 交于 ，
因为 ， ， ，
所以 ，故
又因为 为菱形对角线交点，即是线段 的中点，所以
又四边形 为菱形，故
而 ，所以 平面
方法二：因为 ，
所以点 在平面 内的射影 在为 的平分线，
又四边形 为菱形，故 为 的平分线，则 直线
故平面 平面 ，而平面 平面 ，
又四边形 为菱形，故
所以 平面
（2）延长 交于点 ，平面 即为平面 ，平面 即平面
由（1）得平面 平面 ， 平面 平面 ，
所以过 做 ，则 平面 ，故 即为直线 与平面 所成角（若研究直线
与平面 所成角的正弦值则线段等比例扩大2倍结果不变）
因为四棱台 中 ，所以 ，
由菱形有 ，且∠ABC= ，所以 ，
作 ，因为 ，则 ， ，所以 ，则 ， ， ，
故 .
法二：延长 交于点 ，
平面 即为平面 ，平面 即平面 ，
设直线 与平面 所成角为
过 作 ，垂足为 ，因为 ，所以
建系，以 为 轴，作 轴 ，
设平面 的法向量为 ，则
，
所以 ，
所以
例14．（2023·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱 中，侧面 为正方形，M，N分别为
的中点， ．(1)证明： 平面 ；
(2)若 ，三棱锥 的体积为2，求二面角 的余弦值．
【解析】（1）证明：取 的中点 ，连接 ，
因为 为 的中点，所以 为 的中位线，则 ，且 ，
又 为 的中点，所以 ，且 ，所以 且 ，
所以四边形 为平行四边形，则 ，
又因为 平面 ，且 平面 ，所以 平面 .
（2）在直三棱柱 中，可得 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
又因为 ，直线 与直线 相交，且 平面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ，
设 ，连接 ，则 ，
， ，
，
所以 ，所以 ，则 ，
以 为坐标原点，以 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
， ， ， ，
可得 ， ， ．设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，则 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，则
则 ，
由图可知，二面角 为锐角，故二面角 的余弦值为 ．
例15．（2023·江西抚州·高三校联考阶段练习）如图，在几何体 中， ，已知平面
平面 ，平面 平面 ， 平面ABC，AD⊥DE．
(1)证明： 平面 ；
(2)若 ，设 为棱 上的点，且满足 ，求当几何体 的体积取最大值时，
与 所成角的余弦值．
【解析】（1）证明：过点 作 交 与点 ，
平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，平面 ，又 平面 ， ，
又 ，且 ， 平面 ，
平面 ；
（2）过点 作 交 于点 ，连接 ，
平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
平面 ，
又因为 平面 ，所以 ．
平面 ， 到平面 的距离相等，
且 ， 四边形 是平行四边形， ,
，又 平面 ， 平面 ， 平面 ，
.
由 得 .
由 ，得 ， ，
，
又 ，令 ，
则 ， ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
即 ，当且仅当 时取得最大值．
如图所示，以点 为原点建立空间直角坐标系 ，
则 ，所以 ．
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 ．
变式25．（2023·黑龙江佳木斯·高一建三江分局第一中学校考期末）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：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）因为侧面 是矩形， 分别为 的中点，所以 ， ，从而
，
又 是正三角形， 是 中点，所以 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
平面 ， 平面 ，平面 平面 ，所以 ，而 ，
所以 ，所以 平面 ， 平面 ，
所以平面 ；
（2） ，连接 ，
平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 ，又由三棱柱
的性质得 ，所以 是平行四边形，所以 ，
是 的中心，则 ，所以 ，
所以 ，设 ，则 ， ，
由三棱柱性质知四边形 是等腰梯形，如图， ，作 于 ，则 ，又
，
所以 ， ．
由（1）知 是平面 的一个法向量，而 是 与 的夹角，
所以直线 与平面 所成角的正弦值等于 ．
变式26．（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 .
变式27．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考期中）如图，在平行六面体 中，每一个面
均为边长为2的菱形，平面 底面 ， ， 分别是 ， 的中点， 是
的中点.
(1)证明： 平面 ；
(2)若侧棱 与底面 所成的角为60°，求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值.
【解析】（1）证明：连接 ，
因为在平行六面体 中，每一个面均为边长为2的菱形，
所以， ，
因为 分别是 ， 的中点
所以， ， ，
所以，四边形 ， 均为平行四边形，
所以， ， ，
因为菱形 中， ，
所以， ， ，所以，四边形 是平行四边形，
所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以， 平面 ， 平面 ，
因为 平面 ，
所以，平面 平面 ，
因为 是 的中点， 平面 ，
所以 平面 .
（2）过 点作 ，垂足为 ，连接 ，
因为平面 底面 ，平面 底面 ， 平面 ，
所以， 底面 ，
因为， 底面 ，
所以
因为，侧棱 与底面 所成的角为60°，
所以， ，
因为 ，
所以 ，即 为 中点，
因为底面 为菱形， ，
所以， ，
所以，以 为坐标原点，以 为 轴方向建立空间直角坐标系，
所以， ， ， ， ， ， ，
所以， ，设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，令 得 ，
所以， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，令 得 ，
所以， ,
所以，平面 与平面 所成锐二面角的余弦值为
变式28．（2023·全国·高三专题练习）已知四棱锥 中， 平面 ， ， ，
， ， ．
(1)求直线 与平面 所成角的正弦值；
(2)线段 上是否存在一点M，使得 平面 ？若存在，请指出点M的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）因为 ，BC⊥AB，所以AD⊥AB．
又因为 ， ，所以 ．
因为 平面 ， 平面 ， 平面 ，
所以 ．又 ，所以 ．
以A为坐标原点，以 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 ，即 ，得 ，
令 ，可得平面 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 ．
另
如图，连接AC．因为 ，BC⊥AB，所以AD⊥AB．因为 ， ，所以 ．
因为BC⊥AB，所以 ．
因为 平面 ， 平面 ， 平面 ， 平面 ，
所以 ．
因为 ，所以 ， ．
所以 ， ．
设点C到平面 的距离为h，
由 ，得 ，即 ，解得 ．
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 ．
（2）不存在点M，理由如下：
假设存在满足条件的点M（如图）．
可设 ， ，所以 ，
所以 ．又由（1）知 为平面 的一个法向量，所以 ，
即 ，无解．
所以线段PB上不存在满足条件的点M．
另不存在点M，理由如下：
假设存在满足条件的点M，
由 平面 ， 平面 ， 平面 ，得 ，且 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ．
因为 ，且 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ．又 平面 ，所以 ．
若存在满足条件的点M，则点M必与点B重合．
又 与 不垂直，所以线段 上不存在满足条件的点M．
变式29．（2023·全国·模拟预测）如图，三棱柱 的底面为等边三角形， ，点D，E
分别为AC， 的中点， ， ．
(1)求点 到平面BDE的距离；
(2)求二面角 的余弦值．
【解析】（1）连接 ， ，设 与DE交于点F，
由 可知，侧面 为菱形，所以 ，
因为点D，E分别为AC， 的中点，所以 ，则 ，
因为 ，所以 ，
则 ，又 ，所以 为等边三角形，
由 为等边三角形， ，得 ，
连接 ，则 ， ，
又 ， ，所以 ，则 ，
易知 ，因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
因为 ， 平面BDE， 平面BDE，所以 平面BDE，
所以 为点 到平面BDE的距离，
又 ，故点 到平面BDE的距离为 ．
（2）由（1）可知， 两两垂直，以D为坐标原点，直线DB，DC， 分别为x，y，z轴建立
如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ， ，
所以 ， , ，
由（1）知平面BDE的一个法向量为 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，即 ，
取 ，则 ，
于是 ，
因为二面角 为锐二面角，所以二面角 的余弦值为 ．
变式30．（2023·全国·高三专题练习）已知两个四棱锥 与 的公共底面是边长为4的正
方形，顶点 ， 在底面的同侧，棱锥的高 ， ， 分别为AB，CD的中点， 与交于点E， 与 交于点F.
(1)求证：点E为线段 的中点；
(2)求这两个棱锥的公共部分的体积.
【解析】（1）
连接 ， ，如图，因为 平面ABCD， 平面ABCD，
所以 ，又 ，所以四边形 是矩形，
所以 ， ，
又 ， 分别为AB，CD的中点，所以 ， ，
所以 ， ，所以四边形 是平行四边形，
又对角线 ，所以点E为线段 的中点.
（2）连接 ，交EF于点N，过点 作 于M，
由题意知 ，故 ，
又 ， ， ， 平面 ，所以 平面 ，
故 ，又 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，即 是四棱锥 的高，
由（1）同理可得点F为线段 的中点，所以 ， ，
在 中， ，则 ，所以 ，
因为 ，所以 .
变式31．（2023·全国·高一专题练习）《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 .
变式32．（2023·浙江金华·高一浙江金华第一中学校考期末）如图，四面体ABCD中， 等边三角形，
，且 .(1)记AC中点为M，若面 面ABD，求证： 面ADC；
(2)当二面角 的大小为 时，求直线AD与平面BCD所成角的正弦值.
【解析】（1） 为等边三角形， 中点为 ， ，
又面 面 ，面 面 ， 面 ,
由 ，得 面 ,
面 ， ,
又 ， 平面 ， 面 .
（2）在 中，过 作 的垂线,与 的延长线交于点 ,连结 ,
， ， 面 ，
面 ， 是二面角 的平面角， ,
过 作 交于 点,连结 ,作 交于点 ,连结 ,
由 面 ， 面 ，得 ,
又 ， 面 ， 面 ,
面 ， 面 面 ， 面 面 ，
面 ，所以 面 ，即 面 ，
所以直线 与平面 所成角即为 ，
由题意: ， ,
则
， 面 ， 面 ， ，，
，
直线 与平面 所成角的正弦值为 .
变式33．（2023·河北衡水·高二校考开学考试）已知四面体 ， ， ，
且平面 平面 ．
(1)求证： ；
(2)求直线 与平面 所成角的大小．
【解析】（1）证明： ， ，
，
，取 中点 ，
则 ， ， 平面 ，平面 ， 平面 ，
；
（2）过点 作 交 延长线于 ，连结 ，
平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面 ，
平面 ，
为 与平面 所成角，
， ， ，
，
，
在 中， ，
直线 与平面 所成角的大小为
题型六：两角相等（构造全等）的立体几何问题
例16．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥 中， 是等边三角形，
，点P是AC的中点，连接BP，DP
证明：平面 平面BDP；
若 ， ，求三棱锥 的体积．
【解析】 证明：如图所示，因为 是等边三角形， ，
所以 ≌ ，可得 ，
又因为点P是AC的中点，则 ， ，
又 ， 平面PBD， 平面PBD，
所以平面 平面BDP；
设 ，在 中， ，则 ；
在等边 中， ，
在等腰 中， ；
在 中，由 ，得 ；
由余弦定理得 ，
即 ，解得 ；
所以 的面积为 ，
所以三棱锥 的体积为 ．
例17．（2023·高二校考单元测试）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 ．
例18．（2023·全国·高三专题练习）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34．（2023·全国·高三专题练习）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35．（2023·广东阳江·高二统考期中）如图，在四面体ABCD中， 是正三角形， 是直角
三角形， ，AB=BD．
(1)求证：平面 平面ABC；
(2)若 ，二面角 的余弦值为 ，求m．
【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 ，连接 ，则 ,
因为 是正三角形，所以 ，
所以 为二面角 的平面角，
在 中， ，
因为 ，所以 ,
所以 ，
所以平面 平面ABC；（2）由（1）可得 ，所以以 为原点， 所在的直线分别为
轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设等边 的边长为2，则 ，
则 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，则
，
令 ，则 ，
设平面 的法向量为 ，则
，
令 ，则 ，
因为二面角 的余弦值为 ，所以 ，
化简得 ， ，
解得 或 ，
如图，过 作 于 ，连接 ，则由（1）可得 ，
因为 ，所以 平面 ，
所以平面 平面 ，所以二面角 为直角二面角，
因为 ，
所以 ,
所以 ,得 ，
所以 ，所以 ,
所以当 时，二面角 为钝角，
所以 舍去，
所以
变式36．（2023·全国·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 .
题型七：利用传统方法找几何关系建系
例19．（2023·河北·高三河北衡水中学校考阶段练习）如图，在长方体 ，平面 与平
面 所成角为 .
(1)若 ，求直线 与平面 所成角的余弦值（用 表示）；
(2)将矩形 沿 旋转 度角得到矩形 ，设平面 与平面 所成角为 ，请
证明： .
【解析】（1）∵ 平面 ， 平面 ，
∴ ，
故平面 与平面 所成角为 ，
设 ，则 ，
如图，以 为坐标原点建立空间直角坐标系，
若 ，则 ，
可得 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，即 ，
∵ ，
设直线 与平面 所成角为 ，则 ，∴ ，
故直线 与平面 所成角的余弦值 .
（2）如图1，延长 交平面 于点 ，连接 ，
由题意可知： ，
∵ ， 平面 ，
∴ 平面 ，
又∵ ，故 平面 ，
如图2，在三棱锥 中，以 为坐标原点建立空间直角坐标系，
设 ，则 ，
可得 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
设 ，则 ，即 ，
因为在长方体 中， 面 ，
所以 与面 的夹角为 ，
又 ，所以 与平面 的夹角与 与面 的夹角相同，即为 ，
则 ，
∵ ，则 ，故 ，解得 ，
故 ，由题意可得：平面 的法向量为 ，
∵ ，
∴平面 与平面 的夹角余弦值为 ，
注意到平面 与平面 的夹角 ，即平面 与平面 的夹角，
故 .
例20．（2023·全国·唐山市第十一中学校考模拟预测）在四棱锥 中， ， ，
， ，平面 平面 .
(1)证明： ；
(2)若 是棱 上一点，且二面角 的余弦值为 ，求 的大小.
【解析】（1）取AD中点为O，AB中点为F，连接OS，OF，DF，，
，
平面 平面 ，且平面 平面 ，
平面 ，
，
在四边形ABCD中， ， ，
四边形ABCD为直角梯形，
，
，
， ，
四边形BCDF为正方形，
且 ，
在 中， ，
在 中， ，
，
，
， 平面SAD， 平面SAD，
平面SAD，
平面SAD，
；
（2） 、F为AD、AB的中点，
，且 ，
由（1）知 ，
，
以O为原点，OA、OF、OS分别为x、y、z轴，如图建立空间直角坐标系，则 ， ， ， ， ，
则 ， ， ，
设 ， ，
则 ，
设 ，
则 ，
则 ，则 ，
则 ，
设平面SAD的一个法向量为 ，
则 ，
令 ，则 ，
设平面ADE的一个法向量为 ，
则 ，
令 ，则 ，
二面角 的余弦值为 ，
，
，即 ，，
，
，解得： ，
故 .
例21．（2023·安徽·高三校联考期末）如图，在四棱锥 中，
，E是PB的中点．
(1)求CE的长；
(2)设二面角 平面角的补角大小为 ，若 ，求平面PAD和平面PBC夹角余弦值的最小
值．
【解析】（1）取PA的中点G，连接DG，EG，如图所示：
则 ，且 ， ，
所以四边形CDGE为平行四边形．
因为 ，所以 为直角三角形， ，
在 中，因为 ，所以 ，
所以
所以CE的长为 ；
（2）在平面ABCD内过点A作BC的平行线，交CD的延长线于点M，如图所示，
则 ， ，以点M为坐标原点，分别以MA，MC为x轴和y轴，以与平面 垂直的直线为z轴，建立空间直角坐
标系 ，取AD的中点为N，连接PN，MN，则 ， ， 平
面 ，所以 平面 ， 平面 ，
所以平面 平面 ，在平面PMN内过点P作 ，垂足为F，
因为平面 平面 ，所以 平面 ，
由已知可得 ，则 ，设 ．
因为 ，所以 ，
因为 ， ， 为线段 的中点，所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ．
设平面PAD的法向量 ，
则
令 ，则 ．
设平面 的法向量 ，
因为 ，
则令 ．则 ，所以 为平面 的一个法向量．
设平面PAD和平面PBC的夹角为 ，
则
．
令 ，所以 ，
所以 ，所以当 时， 有最小值 ，
所以平面PAD和平面PBC夹角余弦值的最小值为 ．
变式37．（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱锥 的底面为正方形， 底面 ， 是
线段 的中点，设平面 与平面 的交线为 .
(1)证明 ∥平面BCM
(2)已知 ， 为 上的点，若 与平面 所成角的正弦值为是 ，求线段 的长.
(3)在（2）的条件下，求二面角 的正弦值.
【解析】（1）在正方形 中， ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ∥平面 ，
又因为 平面 ，平面 平面 ，所以 ，
因为 平面
， 平面 ，所以 ∥平面
（2）如图建立空间直角坐标系 ，因为 ，则有 ， ， ， ， ，
设 ，则有 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，即 ，令 ，则 ，所以平面
的一个法向量为 ，则
因为 与平面 所成角的正弦值为是 ，
所以 ，
解得 .所以 .
（3）由（2）可知平面 的一个法向量为
因为 是线段 的中点，所以
于是 ， ，设平面 的法向量
则 ，即 .令 ，得 ， ，
，所以二面角 的正弦值为 .
变式38．（2023·江西抚州·高二临川一中校考期中）如图，直线 平面 ，直线 平行四边形
ABCD，四棱锥P-ABCD的顶点 在平面 上， ， ， ，
， 分别是 与 的中点.（1）求证： 平面 ；
（2）求二面角 的余弦值.
【解析】（1）连接 ，底面 为平行四边形，
是 的中点， 是 的中点， ，
是 的中点， 是 的中点， ，
， ， 平面 平面 ，
平面 ， 平面 ；
（2）由 平面 ， 平行四边形 ，
平面 底面 ， ， ，
四边形 为矩形，且 底面 ， ，过 作 ，
以 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系（如图），
由 ， ， ，知 ，
、 、 、 、 、 ，
、 、 ，
设平面 的法向量为 ，则 ,
取 ， ， ，即 ，
设平面 的法向量为
则 ,
取 ， ， ，即 ，
二面角 的平面角 的余弦 .
变式39．（2023·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测）如图，在四棱锥 中，底面ABCD为正
方形，侧面SAD为等边三角形， ， ．
(1)证明：平面 平面 ；
(2)侧棱SC上是否存在一点P（P不在端点处），使得直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于 ？若存
在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）证明：因为底面ABCD为正方形， ，所以 ，
又因为侧面SAD为等边三角形，所以 .
，所以 ，即 ，又 ,
所以 平面 ，又因为 平面 ，
所以平面 平面 .
（2）如图：取 的中点为 ，连接 ，因为侧面 为等边三角形，
所以 ，
又由（1）可知平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ，所以 平面 ，
以 为原点，分别以 的方向为 轴， 轴， 轴为正方向，建立空间直角坐标系.
， ， ， ， ，
所以 ， ， ，设 .
，所以 ，所以 .
设平面SAC的法向量为 ，由于 ，所以 .
令 ，则 ， ，所以 ，
所以 .
因为直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于 .
所以 ，解得 或 （舍）
故存在，当点P为SC的中点时，使得直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于 .
变式40．（2023·吉林长春·高二校考期末）如图，四棱锥 中，底面 为矩形， 底面
， ， .点 在侧棱 上， °.
（1）证明： 是侧棱 的中点；
（2）求二面角 的余弦值.
【解析】（1）以 为坐标原点，射线 分别为 轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系
.设 ，则 ， ， . ，
则 ， .
又 ，
故 ，
即 ，
解得 ，即 .
所以 为侧棱， 的中点.
（2）由 ， ，得 的中点 .
又 ， ， ，
， ，
所以 ， .
因此 等于二面角 的平面角.
.
变式41．（2023·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习）三棱柱 的底面 是
等边三角形， 的中点为 ， 底面 ， 与底面 所成的角为 ，点 在棱 上，且
.（1）求证： 平面 ；
（2）求二面角 的平面角的余弦值.
【解析】（1）连接 ，
底面 ， 底面 ，
，且 与底面 所成的角为 ，即 .
在等边△ABC中，易求得 .
在△AOD中，由余弦定理，得
，
.
又
又 ，
平面 ，
又 平面 ，
，
又 ，
平面 .
（2）如下图所示，以 为原点，分别以 所在的直线为 轴建立空间直角坐标系，则
故
由（1）可知
可得点 的坐标为 ，
平面 的一个法向量是 .
设平面 的法向量 ，由
得
令 则
则 ，
易知所求的二面角为钝二面角，
二面角 的平面角的余弦角值是 .
变式42．（2023·黑龙江齐齐哈尔·高三齐齐哈尔市实验中学校联考阶段练习）如图，三棱锥P-ABC所有棱
长都等，PO⊥平面ABC，垂足为O．点 ， 分别在平面PAC，平面PAB内，线段 ， 都经过线段
PO的中点D．(1)证明： 平面ABC；
(2)求直线AP与平面 所成角的正弦值．
【解析】（1）连接 ，延长 交AB于点 ，连接 ，延长 交AC于点 ，
分别连接 ， ， ．
是平面 与平面 的交线， ，
，
∵三棱锥P-ABC所有棱长都相等，
∴O为正△ABC的重心，且 ， 分别是AB，AC中点．
∴ ．
作 交 于点E，则 ．
∵D是PO中点，∴ ．
∴ ．同理， ．
∴ ．
∵ 平面ABC， 平面ABC，∴ 平面ABC．
（2）根据条件得 ， ，PO⊥AC．分别以过O平行于CA的直线为x轴，以直线OB为y
轴，以直线OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz．
设 ，
则 ， ， ， ．
是 的中点， ，
由（1）知 ，即 ,
设 ，
则 ，
易得： ，同理得： ．
∴ ， ， ．
设 是平面 的一个法向量，
则 ， ，
∴ ， ，
∴ ，不妨取 ，解得： ， ．
．
所以直线AP与平面 所成角的正弦值为 ．
变式43．（2023·全国·高三专题练习）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 ， ， ，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44．（2023·全国·高三专题练习）如图，平面 平面 ，菱形 平面 ， ， 为平面
内一动点.
(1)若平面 ， 间的距离为 ，设直线 ， 与平面 所成的角分别为 ， ， ，求动
点 在平面 内的射影 的一个轨迹方程；
(2)若点 在平面 内的射影为 ，证明：直线 与平面 所成的角与 的大小无关.
【解析】（1）如图①，连接 ， ， ， ，设 ， 的交点为 ，
点 在平面 内的射影为 ，连接 ， ， ，
图①
因为点 在平面 内的射影为点 ，所以 平面 ，
所以 ， 在平面 的射影分别为 ， ，所以 ， ，
所以 ，所以 ，所以点 的轨迹是以 ， 为焦点，长轴长为 的椭圆.
以 ， 的交点 为坐标原点，
若以 为 轴， 为 轴建立平面直角坐标系，则点 的轨迹方程是 .
若以 为 轴， 为 轴建立平面直角坐标系，则点 的轨迹方程是 .
（2）取 的中点 ，连接 ，则 ，
因为 平面 ，所以 平面 ，所以 ， ，
因为平面 为菱形，所以 ，所以 ， ， 两两互相垂直，
故以 为坐标原点，以 ， ， 所在直线分别为 轴， 轴， 轴，建立如图②所示的空间直角坐
标系 .
图②
设 ， ，则 ， ， ， ，
所以 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 即
两式相减得 ，即 ，则 ，令 ，得 ，所以 .
设直线 与平面 所成的角为 ，则
，所以 只与 有关.
又 ，所以 只与 有关，
所以直线 与平面 所成的角与 的大小无关.
题型八：空间中的点不好求
例22．（2023·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 .
例23．（2023·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 .
例24．（2023·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45．（2023·江西·校联考二模）正四棱锥 中， ，E为 中点，
，平面 平面 ，平面 .
(1)证明：当平面 平面 时， 平面
(2)当 时，T为 表面上一动点（包括顶点），是否存在正数m，使得有且仅有5个点T
满足 ，若存在，求m的值，若不存在，请说明理由.
【解析】（1）连接 ，由题意可知： ，
设 ，连接 ，则 平面 ，
平面 ，则 ，
， 平面 ，
故 平面 .
若 为直线 ，此时 平面 ，可得平面 平面 ，符合题意，
故 平面 ；
若 不为直线 ，∵平面 平面 ，则存在直线 平面 ，使得 平面 ，
可得 ，且 平面 ， 平面 ，
故 平面 ，
又∵ 平面 ，平面 平面 ，
则 ，可得 ，故 平面 ；
综上所述： 平面 .
（2）不存在，理由如下：
如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，则有
，
可得 ，
设平面 的法向量 ，则 ，
令 ，则 ，即 ，
设平面 的任一点坐标 ，则 ，
由 ，解得 ，
可得交线 满足 ，
令 ，可得交线 与 轴的交点为 ， 即为点 .
设四棱锥 表面上任一点 ，
则 ，
，
可得 ，
且
故，
表示点 到点 的距离的平方，
设四棱锥 的内切球的半径为 ，
∵ 的体积 ，表面积 ，
则 ，
可得四棱锥 内切球的球心坐标为 ，
又∵ ，可得四棱锥 的外接球的球心为 ，
显然 既不是内切球的球心也不是外接球的球心，
故不存在m，使得有且仅有5个点T满足 .
变式46．（2023·全国·高三专题练习）如图，在棱长为2的正方体 中，点M是正方体的中
心，将四棱锥 绕直线 逆时针旋转 后，得到四棱锥 ．
(1)若 ，求证：平面 平面 ；
(2)是否存在 ，使得直线 平面 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）证明：若 ，则平面 、平面 为同一个平面，
连接 ，则M是 中点， 是 中点，
故 是 的中位线，所以 ．
因为 ，所以平面四边形 是平行四边形，所以 ．
又 平面 平面 ，所以 平面
同理 平面 ，且 平面 平面 ，
所以，平面 平面 ．
（2）假设存在 ，使得直线 平面 ．
以C为原点，分别以 为 轴正方向建立空间直角坐标系，
则 ， ，故 ．
设 是平面 的法向量，则 ，
所以 ，取 ，得 是平面 的一个法向量，
取 中点P， 中点Q，连接 ，
则 ．
于是 是二面角 的平面角， 是二面角 的平面角，
是二面角 的平面角，于是 ，所以 ，且 平面 ，
故 ，同理 ，
所以 ，
因为 ，
，
所以 ．
若直线 平面 ， 是平面 的一个法向量，则 ．
即存在 ，使得 ，则 ，此方程组无解，
所以，不存在 ，使得直线 平面 ．
变式47．（2023·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：创新定义
例25．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）魏晋时期数学家刘徽（图a）为研究球体的体积公式，创造了一个独特的立体图形“牟合方盖”，它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一
圆柱的侧面上．如图，将两个底面半径为1的圆柱分别从纵横两个方向嵌入棱长为2的正方体时（如图
b），两圆柱公共部分形成的几何体（如图c）即得一个“牟合方盖”，图d是该“牟合方盖”的直观图
（图中标出的各点 ， ， ， ， ， 均在原正方体的表面上）．
(1)由“牟合方盖”产生的过程可知，图d中的曲线 为一个椭圆，求此椭圆的离心率；
(2)如图c，点 在椭圆弧 上，且三棱锥 的体积为 ，求二面角 的正弦值．
【解析】（1）由“牟合方盖”产生的过程可知，将图中正方体的前面的面旋转至上面，可得图中标出的
各点 ， ， ， ， 在原正方体中相对对应的位置为如图所示．
故图中的曲线 所对应的椭圆的长轴长 ，短轴长 ，
于是可得此椭圆的半焦距 ，因此离心率 ．
（2）三棱锥 的体积 ，
故点 到平面 的距离 ，连接 交 于点 ，连接 ，
由题可知 ， ， 两两相互垂直，
如图，
以 为原点，分别以 ， ， 所在方向为 ， ， 轴的正方向，建立空间直角坐标系 ，
由题可得 ， ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，由 取 ，
设平面 的一个法向量为 ，
由 取 ，
记二面角 的平面角为 ，则 ，
故 ．
例26．（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考一模）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）.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 .
(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度；
(2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设
（i）用 表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积 ；
（ii）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）（i）如图所示，连接AC，SH，则 ，设点 在平面 的射影为O，则 ，则 ，
菱形SAHC的面积为 ，
侧面积 ，
所以蜂房的表面积为 .
（ii） ，
令 得到 ，
所以 在 递增；在 递增.
所以 在 处取得极小值，也即是最小值.
此时 ，在 中，令 ，由余弦定理得 ，
又顶点 的曲率为 ，
.例27．（2023·全国·高三专题练习）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.
变式48．（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.
变式49．（2023·全国·高三专题练习）（1）如图，对于任一给定的四面体 ，找出依次排列的四个
相互平行的平面 ， ， ， ，使得 ，且其中每相邻两个平面间的距离都相等；（2）给定依次排列的四个相互平行的平面 ， ， ， ，其中每相邻两个平面间的距离为1，若一个
正四面体 的四个顶点满足： ，求该正四面体 的体积．
【解析】（1）取 的三等分点 ， ， 的中点 ， 的中点 ，
过三点 ， ， 作平面 ，过三点 ， ， 作平面 ，
因为 ， ，所以平面 平面 ，
再过点 ， 分别作平面 ， 与平面 平行，那么四个平面， ， ， 依次相互平行，
由线段 被平行平面 ， ， ， 截得的线段相等知，每相邻两个平面间的距离相等，故 ， ，
， 为所求平面．
（2）如图，将此正四面体补形为正方体 （如图），
分别取 、 、 、 的中点 、 、 、 ，
平面 与 是分别过点 、 的两平行平面，若其距离为1，
则正四面体 满足条件，右图为正方体的下底面，设正方体的棱长为 ，若 ，因为 ， ，
在直角三角形 中， ，所以 ，所以 ，
又正四面体的棱长为 ，
所以此正四面体的体积为 ．
变式50．（2023·全国·高三专题练习）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.
变式51．（2023·湖南·校联考模拟预测）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 ．
