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专题05 空间向量与立体几何
3 大考点概览
考点01 空间几何体的表面积与体积
考点02 点线面的位置关系
考点03 求线面角二面角与点到平面的距离
1．（2026·湖南·模拟预测）已知圆锥的表面积为
，且它的侧面展开图是一个半圆，
则这个圆锥的底面直径为（ ）
A．1m
B．2m
C．
m
D．
m
【答案】B
【详解】设这个圆锥底面半径为，母线为，则底面面积为
，底面周长为
，侧面
展开图的半圆弧长为
，
由弧度制的定义知
，所以
，则侧面积为
，
所以这个圆锥的表面积为
，所以
，则直径为2m．
2．（2026·湖南邵阳·一模）在正四棱锥
中，
是棱PA 的中点，平面EBC 将该正
四棱锥分割成两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先得到截面，并由等体积法得到各个几何体之间的体积关系，得到答案
【详解】如图所示，在正四棱锥
中，
是棱PA 的中点，
取PD 的中点为
，连接EF，BE，CF，CE，CA，FA，
所以
，因为
，所以
，
所以
，
，
，
四点共面，所以平面EBC 在四棱锥上的截面是平面BCFE.
考点1
空间几何体的表面积与体积
平面BCFE 把四棱锥分为两个部分，设四棱锥
的体积为
，高为.
设四边形
的面积为
，
则
，
同理
.
设点
到平面AEF 的距离是，
则
，
即
，故
，
所以体积较小部分与体积较大部分的体积之比为
.
3．（2026·湖南怀化·一模）在平面直角坐标系中，曲线
绕着
轴旋转一周得到
一个旋转体
，在
中放入4 个半径为的小球，四个小球均与旋转体
的表面以及开口
平面相切，则小球半径的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】将
两边同时平方，得
，
即
，所以曲线
表示以原点为圆心，半径为
的圆的上半部分，
该曲线绕着
轴旋转一周得到一个旋转体
是一个半径为
的半球，
四个小球均与旋转体
的表面及开口平面相切，且四个小球两两相切，此时四个小球的球
心构成一个小正方形。
设四个小球的球心分别为
，小正方形的中心为
，半球的球心为
，
连接
，则
垂直于小正方形所在平面，
为小正方形的对角线的一半，
为半球的半径减去小球的半径，即
，
因为四个小球两两相切，所以小正方形的边长为
，根据勾股定理可得小正方形的对角线
长度为
，则
，
在
中，
，即
，
即
，解得
，
因为
，所以
.
4．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知四面体ABCD 的每个顶点都在球O（O 为球心）的球
面上，
为等边三角形，
，
，且
，则二面角
的正切值为（ ）
A．
B．1
C．2
D．3
【答案】C
【分析】设E 为AC 的中点，连接BE，DE，利用线面垂直的判定、勾股定理及面面垂直
判定可得面
平面
，结合已知条件有
为等腰直角三角形，进而可确定四
面体外接球球心的位置，过点E 作
交OC 于点F，易知即
为二面角的平面
角，即可求其正切值.
【详解】设E 为AC 的中点，连接BE，DE.
因为
为等边三角形，
所以
，又
，且
，BE，
平面
，
所以
平面
，
又
平面
，即
，
由题意易知，
，
，又
，
所以
.
因为
，所以
，
即
，又
，AC，
平面
，
所以
平面
，而
平面
，则平面
平面
，
又
，则
，故
为等腰直角三角形.
综上，四面体
的球心O 为
的中心，即在线段BE 靠近E 的三等分点处.
过点E 作
交OC 于点F，连接DF，则
即为二面角
的平面角.
在
中，
，
，可求得
，又
，
所以
.
5．（2026·湖南湘潭·一模）在正四棱台
中，
，且
，记能将正四棱台
罩住的半球的最小半径为
，正四棱台
外接球的半径为
，则
（ ）
A．
B．1
C．
D．
【答案】D
【分析】取
，
的中点分别为
，
，通过计算分别求得
，
通过比较
可知
，设外接球的球心到平面
的距离为
，通过勾股定理计算求得
、
，即可得出结果.
【详解】如图，连接
，
，它们的中点分别记为
，
，连接
，
，易知
为此正四棱台的高，
，则
，所以
，
，
过点
作
的垂线，垂足为
， 则
，
，则
，
，
故能将正四棱台
罩住的半球的最小半径
．
设该正四棱台外接球的球心到平面
的距离为
，则
，解
得
，
，故
．
故选：D
6．（2026·湖南岳阳·一模）如图所示的几何体是由两个相互平行的正方形经过旋转连接而
成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点，若下底面
正方形边长为2，该几何体的高为
，则该几何体外接球的表面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先建立空间直角坐标系，求出上下底面正方形的顶点坐标、中心坐标，再设外接
球球心，利用球心到上下底面顶点距离均为半径
列方程，解出半径后计算外接球表面积.
【详解】取下底面正方形
的中心为坐标原点，建立如图所示的坐标系，
因为下底面边长为
，几何体的高为
， 故
，
，
，
，
，
，
，
.
设几何体外接球的球心为
，外接球半径为
.
在
中，
，
在
中，
则
，解得
.
所以
.
故该几何体的外接球的表面积
故选：B.
7．（2026·湖南邵阳·一模）已知圆台
的上、下底面的面积分别为
和
，则下列结
论正确的是（ ）
A．若圆台
存在内切球，则内切球的体积为
B．若圆台
的母线与下底面所成的角为
，则圆台
的外接球的表面积为
C．若圆台
的外接球的体积为
，则圆台
的表面积为
D．若圆台
的外接球的体积为
，则圆台
的体积为
或
【答案】AD
【分析】先做出圆台的轴截面，利用数形结合思想，根据各个选项所给条件逐一进行判断
和运算即可.
【详解】取圆台
的一个轴截面
，则
，如图（1）所示．
对于选项A，过点
作
的垂线
，交
于点
，连接
，则
，所以内切球直径
，内切球半径
，
所以圆台
的内切球体积
，故选项A 正确；
对于选项B，如图（2），在轴截面
中，
于点
．
因为
，所以
．
设
，则
，所以
．
所以圆台
的外接球的表面积
，故选项B 错误；
对于选项C，因为
，所以
．
如图（3）所示，当外接球球心点
在
之间时，圆台
的母线
，
圆台的表面积
．
当外接球的球心
在
的延长线上时，如图（4）所示，圆台
的母线
，
圆台的表面积
，故选项C 错误；
对于选项D，外接球半径
，由选项C 分析可知，圆台的高
或1．
所以圆台的体积
，
当
时，
；当
时，
，故选项D 正确．
故选：AD
8．（2026·湖南常德·一模）如图，圆柱的轴截面为正方形，
、
分别是圆柱上、下底
面圆的直径，且四面体
的体积的最大值为36，则该圆柱的侧面积为________.
【答案】
【分析】由四面体
的体积等于三棱锥
的体积的2 倍，设圆柱的底面半径为，
由于
为定值，所以当
平面
时，三棱锥
的体积取得最大值，从而可
求出，进而可求出其侧面积.
【详解】设圆柱的底面半径为，
因为圆柱的轴截面为正方形，所以圆柱的母线长为
，
设
为上底面圆的圆心，如图，
由圆柱的对称性可知，四面体
的体积等于三棱锥
的体积的2 倍，
所以四面体
的体积最大值为36，则三棱锥
的体积的最大值为
，
因为
为上底面圆的圆心，
是圆柱下底面圆的直径，
所以
，
所以当点
到平面
的距离最大时三棱锥
的体积取得最大值，
所以当
平面
时，三棱锥
的体积取得最大值，
所以
，解得
，
所以该圆柱的侧面积为
.
故答案为：
9．（2026·湖南永州·一模）在等腰直角三角形
中，斜边
为斜边
上的
一点，沿直线
将
折起形成二面角
．当三棱锥
的体积最大时，
三棱锥
的外接球的表面积为___________．
【答案】
【分析】根据正弦定理得出三棱锥
的高最大为
，再应用换元法计算求
解得出线线垂直进而得出外接球半径，最后应用球的表面积求解.
【详解】如图，
为直角三角形，且
．
设
，过点
作
，交直线
于点
，则
．
在
中，由正弦定理，得
．
当平面
平面
时，三棱锥
的高最大，为
．
．
设
，则
．
．
在区间
上单调递增，
．
，当
时取等号，此时
取得最大值，最大值为
．
此时
，且两两互相垂直．
三棱锥
的外接球的直径为
表面积为
．
故答案为：
10．（2026·湖南永州·一模）在直四棱柱
中，底面ABCD 为平行四边形，
分别是棱
的中点，
是底面
内一动点．若直线
平面
，则三棱锥
外接球表面积的最小值为
___________．
【答案】
【分析】先通过面面平行确定点
的轨迹为线段
，再将三棱锥外接球表面积的最小值，转化为
外接圆半径的最小值，最后利用正弦定理，当
时
最小，从而求出外接球表面积最
小值.
【详解】
连接
，易知平面
平面
，则点
的轨迹为线段
，
在三棱锥
中，易知
平面
，要使三棱锥
外接球表面积最小，
则只需
外接圆的半径 最小，
在
中，由正弦定理得
，
又因为
为定值，只需
最小，显然当
时， 有最小值， 的最小值为
，
所以三棱锥
外接球半径的最小值为
，
三棱锥
外接球表面积的最小值为
.
故答案为：
.
一、单选题
1．（2026·湖南永州·一模）已知
是两条不重合的直线，
是两个不重合的平面，且
，
则“
”是“
”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
考点2
点线面的位置关系
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】根据线线、线面和面面的基本关系即可下结论.
【详解】如图，
，
若
，则
与
相交或异面，不一定垂直；
若
，则
不一定成立.
所以“
”是“
”的既不充分也不必要条件.
故选：D
2．（2026·湖南常德·一模）若
为两条直线，
为两个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若
，
，
，
，则
B．若
，
，则
C．若
，
，则
D．若
，
，
，则
【答案】A
【分析】利用线面位置关系的判断及性质定理逐项分析即可.
【详解】选项A，若
，
，
，
，
根据面面垂直的性质定理可得：
，故A 选项正确；
选项B，若
，
，
则直线
与直线
可能平行，可能异面，故B 选项不正确；
选项C，若
，
，
则直线
与直线
可能平行，可能相交，也可能异面，故C 选项不正确；
选项D，若
，
，
，
则直线
与直线
可能平行，可能相交（包括垂直），也可能异面，故D 选项不正确；
故选：A.
二、填空题
3．（2026·湖南株洲·一模）棱长为1 的正方体
的各顶点均在过点
的平面
的同侧，若
和
与平面
所成的角的大小均为
，则点
到平面
的距离为___________．
【答案】
．
【分析】建立空间直角坐标系，设平面
的法向量为
，再根据
和
与平面
所成的角的
大小均为
可解得法向量，进而可求点到平面的距离.
【详解】如图：以A 点为坐标原点，分别以
所在直线为
轴，建立空间直角坐标系，
则
，所以
，
设平面
的法向量为
，因为
与平面
所成的角的大小均为
，
所以
，即
——①
再由
与平面
所成的角的大小均为
，所以
，即
——②.
联立①②得
，解得
或
.
当
时，代入①得
，
，
，
解得
，令
，得
，
，
则
到平面
的距离为
；
当
，代入①得
，
，
，即
，因为
，所以方程无解，舍去.
综上所述，点
到平面
的距离为
.
故答案为：
4．（2026·湖南邵阳·一模）已知正四面体
的棱长为
，用满足
的动点
构成的平面截正四面体
，则所得截面的面积为___________．
【答案】8
【分析】建立空间直角坐标系，设
，由
，得
，即点
构成的平面
截正四面体所得的截面为正方形
，即可求解．
【详解】如图所示，将正四面体
补全为正方体，则正方体棱长为4，
以点
为坐标原点，建立空间直角坐标系，则
，
．
设
，则
．
因为
，
所以
，即点
构成的平面截正四面体所得的截面为正方形
，边长为
，故截面面积为
．
故答案为：8
1．（2026·湖南长沙·三模）如图，在三棱锥
中，平面
平面
是边长为2 的等边三
角形，
．
考点3
求线面角二面角与点到平面的距离
(1)证明：
；
(2)若线段
上的点
满足直线
与直线
所成角的余弦值为
，求点
到直线
的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的性质，可得
平面
，据此可得线线垂直；
（2）建立如图所示空间直角坐标，根据异面直线所成的角求出点
的坐标，再由点到直线的距离公式求
解即可.
【详解】（1）在
中，
，
由余弦定理可得：
，
则
，所以有
，则
由平面
平面
，平面
平面
，
且
，
平面
，则
平面
，
又
平面
，则
.
（2）取
中点分别为
，连接
由
为正三角形知，
，
结合（1）中
平面
，由
，可知
平面
，则
两两垂直，
如图所示，以
为原点，
分别为
轴，
轴，
轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则
，
可得
设
，则
，且
，
可得
由
，解得
或
（舍去），
则
，且
故点
到直线
的距离
2．（2026·湖南邵阳·一模）如图，在四棱锥
中，
，
，
，
，
，
，点
在线段
上，
，平面
平面
.
(1)求证：
；
(2)设点
是三棱锥
的外接球的球心，且四棱锥
的体积是
，求直线
与平面
所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质得到线面垂直，进而得到线线垂直.
（2）建立空间直角坐标系，判断出点
的位置并求出点
坐标，结合线面角的向量求法求解即可.
【详解】（1）证明：在直角梯形
中，
，
，则
，
.
在
中，
，
，所以
，
.
因为
，所以
.
在
中，
，
，
则
.
又
，所以
.
又平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
.
因为
平面
，所以
.
（2）取
的中点为
，连接PO. 因为
，所以
.
又因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
.
所以
，解得
.
以点
为原点，分别以
，
所在直线分别为
轴，
轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则
，
，
，
.
，
.
设
，因为点
是三棱锥
的外接球的球心，则点
应在
平面上，所以
.
又
，
，
所以
，解得
，所以
.
所以
.
设
是平面
的一个法向量，
则
，即
，取
，则
，
，
所以
.
设直线
与平面
所成的角为
，
则
，
所以直线
与平面
所成角的正弦值是
.
3．（2026·广西河池·一模）如图，在四棱锥
中，
，
平面
平面
是棱
的中点．
(1)求证：
平面
；
(2)求平面
与平面
夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
．
【分析】（1）通过面面垂直得到线面垂直，再利用线面垂直的判定定理即可；
（2）通过建立空间直角坐标系求出平面
与平面
的法向量，再代入公式即可.
【详解】（1）如图，取
的中点
，因为
，所以
，
因为平面
平面
，平面
平面
平面
，
所以
平面
，
又
平面
，所以
，
又
平面
平面
，
所以
平面
．
（2）
因为
为
的中点，
，所以
．
过点
作
交
于点
，由
平面
平面
，可得
，则
．
以
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
，
所以
．
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
夹角的余弦值为
．
4．（2026·湖南怀化·一模）如图，四棱锥
的底面
是平行四边形，侧面
是等边三角形，
，二面角
的平面角大小为
为
的中点.
(1)设平面
平面
，求直线与直线
的夹角大小；
(2)求直线
与平面
所成角的正弦值的最大值；
(3)设
为侧棱
上一点，四边形
是过
两点的截面，分别交
于
两点，其中
为
的中点，
平面
，求四棱锥
的体积的取值范围.
【答案】(1)
；
(2)
；
(3)
.
【分析】（1）作出合理辅助线，再找到两直线夹角即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出线面角的表达式，利用换元法并求导即可求出其最大值；
（3）首先计算得
，再计算体积表达式，最后根据
范围即可得到答案.
【详解】（1）延长
交
的延长线于点，则
为交线，
因为
为
的中点，
，所以
为
的中点，所以
，
因为侧面
是等边三角形，所以
，
所以
，所以
，
所以所求角为
．
（2）取
的中点
，连接
，由
，则
，
分别以
所在直线为
轴和
轴，
以过
垂直于底面
的直线为
轴建立空间直角坐标系，
，
则
，
设平面
的法向量为
，
则
，
令
，则
．
设直线
与平面
所成角为
，
则
．
，
令
，则
，
令
，结合的取值范围可知
，
当
时，
，当
时，
，
所以函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
的最大值为
，故
.
（3）由题意可知
，所以点
为
的中点，
设
，
因为
，
则
，
又因为
，
所以
，解得
．
即
，
因为
，所以
．
5．（2026·湖南岳阳·一模）如图，在四棱锥
中，底面
为菱形，平面
平面
.
(1)求证：
；
(2)设
在线段
和
上，且
为
中点，
，若直线
与平
面
所成角的大小为
，
（i）求平面
与平面
所成角的余弦值；
（ii）平面
交直线
于点
，设
，求
的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）
（ii）
【分析】（1）根据面面垂直可得线面垂直，再由线面垂直得线线垂直即可得证；
（2）（i）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面所成的角；
（ii）设
，利用向量运算求出
，再由
求解.
【详解】（1）连接
和
交于点
，连接
.
∵底面
为菱形，
为
的中点，且
又
平面
平面
，平面
平面
，
平面
，又
平面
，
.
（2）因为
，所以
∵平面
平面
，平面
平面
，
平面
.
是直线
与平面
所成角，即
.
在菱形
中，
，
.
，即
.
（i）如图，以
为原点，直线
分别为
轴建立空间直角坐标系
，
则
，
，
所以
，
设平面
的法向量为
，
则
，
令
，得
，
平面
的法向量为
，
因此
，
所求平面
与平面
所成角的余弦值为
（ii）平面
交线段
于点
，设
，
则
，
因为
，即
，
即
，解得
.
6．（2026·湖南永州·一模）如图，四边形
为直角梯形，且
．点
满足
平面
．
(1)若
为
上靠近点
的三等分点，请判断直线
与平面
的位置关系并说明理由；
(2)若
，点
满足
，求直线
与平面
所成角的余弦值．
【答案】(1)直线
与平面
平行，理由见解析
(2)
【分析】（1）设
与
交于点
，由
，线线平行判定线面平行；
（2）以
为原点，建立空间直角坐标系，计算平面
的一个法向量，由线面角的正弦等于方向向量与
法向量的余弦的绝对值计算即可.
【详解】（1）直线
与平面
平行，
理由如下：如图，设
与
交于点
，连接
，
，
为
上靠近点
的三等分点，
为
上靠近点
的三等分点，
在
中，
，
平面
平面
平面
；
（2）
，
平面
，则以
为原点，
所在直线分别为
轴、
轴、
轴，建立如图所
示的空间直角坐标系，
，
从而
，
，
点
的坐标为
，
设平面
的一个法向量为
，
则
，即
，
则
，令
，可得
，
平面
的一个法向量为
，
设直线
与平面
所成角为
，
则
，
.
7．（2026·湖南湘潭·一模）如图，在四棱锥
中，
平面
，
，
是以
为
斜边的等腰直角三角形．
(1)证明：平面
平面
．
(2)若
，
，且直线
与平面
所成的角为
，求直线
与平面
所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
.
【分析】（1）利用线面垂直的性质判定，面面垂直的判定推理得证.
（2）以点
为原点建立空间直角坐标系，由已知线面角求出线段长，进而求出平面
的法向量，再利
用线面角的向量法求解.
【详解】（1）由
是以
为斜边的等腰直角三角形，得
，由
平面
，
平面
，得
，而
平面
，
则
平面
，又
平面
，
所以平面
平面
.
（2）由（1）得
，而
平面
，则直线
两两垂直，
以点
为原点，直线
分别为
轴建立空间直角坐标系，
由
平面
，得直线
与平面
所成的角为
，且
，则
，
而
，则
，
，
，
，
设平面
的法向量为
，则
，令
，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
.
8．（2026·湖南常德·一模）已知四棱锥
中，底面
为直角梯形，
平面
，
，
，
，
是
的中点.
(1)
为
的中点，
为
上一点，
平面
，证明：
为
中点；
(2)若
，求平面
与平面
夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面平行证明线线平行，再利用线线平行证明线面平行，最后证明四边形
是平
行四边形，从而得到
是
的中位线即可得证；
（2）法一：求出关键点的坐标和平面的法向量，利用面面夹角的向量求法求解，法二：作出符合题意的
图形，找到二面角的平面角，再利用余弦定理求解即可.
【详解】（1）如图，取
的中点为
由
三点确定一个平面，交
于点
，
由
平面
，
平面
，
平面
平面
，可得
，
又因为
为
的中点，所以
，
又因为
，所以
，
由
平面
，
平面
，所以
平面
，
又因为
平面
，平面
平面
，所以
，
又因为
，所以
，
则四边形
是平行四边形，故
，
又因为
，
是
的中点.，
所以
，结合
，
可得
是
的中位线，即
为
中点;
（2）法一：由
，
可得
，连接
，可得四边形
是正方形，
即可得
，
，所以
，所以
，即
，
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，而
平面
，如图建立空间直角坐标系，
令
，则
，
即
，
所以
，
设平面
的法向量为
，
则
，
令
，得
，所以
，
由于
平面
，所以平面
的法向量可以取
，
设平面
与平面
的夹角为
，
则
，
故平面
与平面
的夹角余弦值为
.
法二：如图，延长
，
相交于
，
连接
，由
，
，
，可得
，
可得四边形
是正方形，即可得
，
所以
，
.
又因为
平面
，所以
，设
，则
，
在
中，
，
，
在
中.
，
，
又
，所以
为正三角形.
取
的中点
，连接
，
，
由三线合一性质得
，
，
在
中
，得到
，
，
在
中，
，
，则
，
.
所以
为平面
与平面
的夹角，
在
中，
，
，
，
由余弦定理得
，
故平面
与平面
的夹角余弦值为
.
9．（2026·湖南邵阳·一模）如图，在四棱锥
中，底面
为直角梯形，
，
,
平面
为棱
上的点．
(1)当
为棱
的中点时，证明：
平面
；
(2)在棱
上是否存在点
，使得平面
与平面
的夹角的余弦值为
？若存在，请确定点
的位
置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点
为棱
上靠近点
的三等分点.
【分析】（1）取棱
的中点
，连接
，证明四边形
为平行四边形，得
，再由线
面平行的判定定理即可得证；
（2）如图建系，取线段
的中点为
，连接
，易得
平面
，可得平面
的一个法向量，
设
，根据点的坐标求出平面
的一个法向量，利用空间向量的夹角公式列出方程求
解即得.
【详解】（1）如图1，取棱
的中点
，连接
，因
为棱
的中点，则
．
又因为
，
所以
，则四边形
为平行四边形，所以
．
又因为
平面
平面
，所以
平面
.
（2）如图2，以点
为坐标原点，分别以
所在直线为
，
，
轴建立空间直角坐标系，
则
．
则
，
取线段
的中点为
，连接
.因
平面
，
平面
，则
，
又
，则
，因
，
平面
，则
平面
，
因
，则
，可取平面
的一个法向量为
.
假设在棱
上存在点
，使得平面
与平面
的夹角的余弦值为
，
设
，则
.
设
为平面
的一个法向量，
则
，故可取
.
设平面
与平面
的夹角为
，
则
．
解得
（舍）或
.
此时点
为棱
上靠近点
的三等分点.
10．（2026·湖南永州·一模）如图，
是半圆
的直径，
是
上的两个三等分点，点在底面
上的射影为
的中点
．
(1)当
时，求点
到平面
的距离；
(2)当
时，求平面
与平面
的夹角的余弦值．
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）由题可得四边形
是菱形，所以
，再证明
，进而得
平面
，
所以点
到平面
的距离为
，得解；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面
与平面
的法向量，利用向量法求解.
【详解】（1）如图，连接
，设
与
相交于点
，再连接
，
因为
是弧
上的两个三等分点，所以
，
又
，所以
与
都是正三角形，
所以
，即四边形
是菱形，所以
，
又因为点在底面
上的射影为
的中点
，
所以
平面
，
由
，得
，即
，而
，所以
，
所以
平面
，又
平面
，
所以
，而
，
平面
，
所以
平面
，垂足为
，
即点
到平面
的距离为
，而
，
所以点
到平面
的距离为2.
（2）取
的中点
，连接
，由（1）可知
两两互相垂直，
故以点
为坐标原点，
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，
当
时，可得
，
，
，
，
，
则
，
，
设平面
的一个法向量为
，
则
，令
，则
，
故
，
因为平面
轴，所以取平面
的一个法向量为
，
所以
，
所以平面
与平面
的夹角的余弦值为
.
11．（2026·湖南株洲·一模）如图①，在平面内，正方形
的边DE，CF 分别为两等腰直角
，
的腰．将
分别沿DE，CF 折起，使A，B 两点重合，记为点
，得到一个四棱锥
，点G，H 分别是线段
，
的中点，如图②．
(1)求证：
平面DEM；
(2)求直线CM 与平面
所成的角的正弦值；
(3)若
平面
，求
的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）线面平行转化为线线平行即可；
（2）建立空间直角坐标系求面
的法向量，代入线面角公式求解；
（3）转化为点到面的距离的比值.
【详解】（1）如图1，设
的中点为
，连接
，
，
分别为
，
的中点，
，
，
又
，
，
且
，
∴四边形
为平行四边形．
．
又
平面
，
平面
，
∴
平面
．
（2）如图2，因为
为等边三角形，
为线段
的中点，
所以
，
又
，
，
，
平面
，
所以
面
，过
作直线
.
以
，
，
为
，
，
轴建立空间直角坐标系
，如图所示．
不妨设
，则
，
．
设平面
的法向量为
，
则
，
，
．
令
，则
．
则
设直线
与平面
所成的角为
，
则
，
∴直线
与平面
所成的角的正弦值为
；
（3）设点
，
到平面
的距离分别为
，
，
，
.
，
的值
．
12．（2023·湖北武汉·一模）如图，在边长为4 的正三角形ABC 中，E，F 分别为边AB，AC 的中点．将
沿EF 翻折至
，得到四棱锥
，P 为
的中点．
(1)证明：
平面
；
(2)若平面
平面EFCB，求直线
与平面BFP 所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取
的中点Q，可得四边形EFPQ 为平行四边形，则
，由直线与平面平行的判定
定理证明即可；
（2）取EF 中点O，BC 中点G，可得
平面EFCB，
两两垂直，以O 为原点，
所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，求出
与平面BFP 的法向量
的
坐标，利用向量夹角公式求解.
【详解】（1）取
的中点Q，连接
,
则有
，且
，又
，且
，
故
，且
，
则四边形EFPQ 为平行四边形，则
，
又
平面
，
平面
，故
平面
．
（2）取EF 中点O，BC 中点G，由平面
平面EFCB，且交线为EF，故
平面EFCB，此时，
两两垂直，以O 为原点，
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，
则可得
，
，
，
，
由P 为
中点，故
，
则
，
，
，
设平面BFP 的法向量
，
则
，即
，故取
，
故所求角的正弦值为
，
所以直线
与平面BFP 所成的角的正弦值为
．
