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专项 02 立体几何
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【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测
【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式
【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分
根据近五年北京卷考情，立体几何是必考大题，分值约13-17分．
命题趋势：立体几何考查重点明确，聚焦于空间几何体的体积、面积计算以及空间角（特别是二面
角）的求解，整体难度稳定但强调综合应用。
2026年预测：预计2026年将延续以柱、锥为载体，重点考查利用空间向量求解二面角或线面角。
备考核心：备考中应强化空间向量法的熟练度，特别是准确求解法向量并计算空间角，这是解答题的
拿分关键。同时，要回归几何法的基本方法，对几何法解决角度跟距离问题也要掌握。
题型01 立体几何中证明平行关系
析典例 · 建模型
1．（2026高三·北京·专题练习）如图，正三角形 和平行四边形 在同一个平面内，AB，DE的
中点分别为F，G.将 沿直线AB翻折到 ，设CE的中点为H.求证：平面 平面 .【答案】证明见解析
【详解】因为四边形 为平行四边形，F、G分别为 的中点，
所以四边形 为平行四边形，所以 .
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
又H、G分别为 的中点，所以 .
平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为FD、 平面 ， ，
所以平面 平面 .
研考点 · 通技法
在立体几何中证明平行关系有以下方法：
1、遇到中点，看能不能构造中位线，证明线线平行
2、从题目中的平行线出发，看能不能构造平行四边形。
3、过直线构造一个平面，找到两平面的交线，证明直线与交线平行。
4、从面面平行从而得到线面平行，所以构造两条与已知平面平行的直线。
破类题 · 提能力
1．（2026高三·北京·专题练习）如图，在四棱锥 中，四边形 为正方形，G，F分别是线
段 ， 的中点.求证： 平面 .
【答案】证明见解析
【详解】连接 ，因为四边形 为正方形，G是线段 的中点，
所以G是线段 的中点.
又因为F是线段 的中点，所以 ，
又因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 .2．（2026高三·北京·专题练习）如图，在矩形 中， ，点 分别是边 的中点，
点 分别在线段 上移动（不含端点），且 ，将四边形 沿 翻折至四边形
，使得二面角 的大小为 .求证： 平面 .
【答案】证明见解析
【分析】在线段 上取一点 ，使得 ，先证平面 平面 ，再根据面面平行证线面
平行.
【详解】在线段 上取一点 ，使得 ，
如图：
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
由平行线性质可得： ，
且 ， ，则 ，即 ，则 ，且 ，则 ，
又因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
且 ， 平面 ，则平面 平面 ，
又 平面 ，则 平面 .
题型02 立体几何中证明垂直关系
析典例 · 建模型
1．（2026高三·北京·专题练习）在 中， ， ， ， ， 分别是 ， 上
的点，满足 ，且 .将 沿 折起到 的位置，使 ，如图所示.求证：平
面 平面 .
【答案】证明见解析
【分析】根据给定条件，利用线面垂直判定性质、面面垂直的判定推理得证.
【详解】在 中，由 ，得 ，而 ，则 ，
将 沿 折起到 的位置，始终有 ，
又 平面 ，则 平面 ，
又 平面 ，则 ，
又 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 .
研考点 · 通技法
立体几何证明垂直的常用方法：
①利用线面垂直的性质：如果一条直线与一个平面垂直，那么这条直线垂直于该平面内的任意一条直线。
②利用三垂线定理及其逆定理
三垂线定理：平面内的一条直线，如果与一条斜线在平面内的射影垂直，那么它也与这条斜线垂直。
三垂线逆定理：平面内的一条直线，如果与一条斜线垂直，那么它也与这条斜线在平面内的射影垂直。
③利用面面垂直的性质：如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平
面。
④利用异面直线垂直的定义：两条异面直线所成的角是90°，则这两条异面直线垂直。
⑤利用空间向量：若两条直线的方向向量的数量积为零，则这两条直线垂直（适用于相交、平行、异面直
线）。
破类题 · 提能力
1．（2026高三·北京·专题练习）如图，边长为2的正方形 所在的平面与平面 垂直，且
.证明：平面 平面 .
【答案】证明见解析
【详解】因为平面 平面 ，交线为 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，故 .
又因为 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，而 平面 ，
故平面 平面 .
2．（2026高三·北京·专题练习）如图，在四棱锥 中，底面 为长方形， 底面 ，
，E为线段 的中点，F为线段 上的动点.求证：平面 平面 .【答案】根据面面垂直的判定定理和性质定理得 平面 ，再利用线面垂直的性质定理和面面垂直
的判定定理即可证明.
【详解】 平面 平面 ，
∴平面 平面 ，
又∵平面 平面 ，且 ， 平面 ，
平面 ，
又 平面 ，故 .
在 中， ，E为线段 的中点，则 .
因为 平面 ， 平面 ， ， 平面 .
平面 ，∴平面 平面 .
题型03 立体几何中求线面角
析典例 · 建模型
1．（2026·北京平谷·一模）如图，在三棱台 中，四边形 为直角梯形， ，平
面 平面 ， 为 的中点， ．
(1)求证： 平面 ；(2)求直线 与平面 所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）法一：取 的中点 ，连接 ，证得四边形 是平行四边形，得到 ，
结合线面平行的判定定理，即可证得 平面 ；
法二：根据题意，证得四边形 为平行四边形，得到 ，结合线面平行的判定定理，即可证
得 平面 ；
（2）以 为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量 和平面 的一个法向量
，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：法一：取 的中点 ，连接 ，
因为 分别是 的中点，可得 ，且 ，
在三棱台 中，可得 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，
所以四边形 是平行四边形，则 ，因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
法二：在三棱台 中， 为 的中点，且 ，
因为 ，所以 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，
又因为 平面 ，且 平面 ，于是 平面 ．
（2）解：因为平面 平面 ，平面 平面 ，
且 ， 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ，
因为 ，以 为坐标原点，以 所在的直线分别为 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系 ，
可得 ，
则 ．
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，可得 ．所以 ．
设直线 与平面 所成的角为 ，则 ，
所以直线 与平面 所成的角正弦值为 ．研考点 · 通技法
求线面角的方法
（1）定义法：能直接找到P点在α平面的射影B点，能计算出|PB|或者|AB|，则线面角的正弦或余弦
可求。
（2）体积法：如果没法直接找到P点在α平面的射影B点，则可以看看题目条件中是否有跟体积有关的信
息，通过体积求出P点到α平面的高度h，则线面角的正弦可求。
（3）向量法：
设直线 的方向向量为⃗n，平面 的法向量为⃗n，直线与平面所成的角为 ， 与 的角为 ，则有
|⃗a⋅⃗n|
sinθ=|cosϕ|= ．
|⃗a||⃗n|
注意：线面角的范围为[0°,90°
]
破类题 · 提能力
1．（2025·北京·模拟预测）在如图所示的多面体中， ，四边形 为矩形， ，
.
(1)求证： 平面 ；
(2) ，平面 平面 ，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）由线线平行证 平面 ， 平面 ，再由线面平行证明平面 平面 ，利用面面平行的性质即可证得结论；
（2）先由平面 平面 证明 平面 ，即得 ，结合条件证明 平面 ，
即得 ，建立空间直角坐标系，求出相关点和向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得.
【详解】（1）由四边形 为矩形，可得 ，因 平面 ， 平面 ，故 平
面 ；
因 ， 平面 ， 平面 ，故 平面 ，
又因 平面 ，故有平面 平面 .
再由 平面 可得 平面 .
（2）因为平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面 ，所以
平面 .
又因为 平面 ，所以 ，在矩形 中， .
因为 平面 ， ，故 平面 .
因为 平面 ，所以 .
故分别以 所在的直线为 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意得 ， ， ， .
所以 ， .
设平面 的法向量为 ，则
即
令 ，则 ， .于是 .
因为 ，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 .2．（2025·北京大兴·三模）如图，在三棱柱 中， 是边长为2的正三角形，且
．
(1)求证：四边形 是矩形；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求直线 与平面 所成角的正弦值．
条件①：平面 平面 ；
条件②：三棱柱 的体积为 ；
条件③：三棱锥 是正四面体．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解
答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)选条件②或条件③，
【分析】（1）由正三棱锥的性质以及正三角形的性质，可得线线垂直，根据线面垂直，可得答案；
（2）由题意，建立空间直角坐标，求得直线的方向向量以及平面的法向量，利用线面角的向量公式，可
得答案.【详解】（1）证明：取 中点为 ，连接 和
∵ ，∴
又 为等边三角形，∴
∵ ， ， 面 ，
∴ 平面 ，又 面 ，∴
∵三棱柱中 ，
∴ ，四边形 是平行四边形，
∴四边形 是矩形.
（2）条件①：不符合题意
条件②：取 中点为 ，连接 ， 交于点
则 底面
三棱柱 的体积为 ，底面积为 ，所以高 ，
以 为坐标原点， 为 轴正方向， 为 轴正方向，
过点 且与 平行的方向为 轴的正方向建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
设平面 的法向量 ，因为 ， ．
则 ，取 ，可得 ，
又 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
所以 ．
条件③： 为正四面体，∴
取 中点为 ，连接 ， 交于点
则 底面
由等边 易得 ，
以 为坐标原点， 为 轴正方向， 为 轴正方向，
过点 且与 平行的方向为 轴的正方向建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，设平面 的法向量 ，
因为 ， ．
则 ，
取 ，可得 ，
又 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
所以 ．
题型04 立体几何中求二面角
析典例 · 建模型
1．（2026·北京密云·一模）如图，在三棱柱 中， 平面 ，
分别为 的中点.
(1)求证： 平面 ；(2)求二面角 的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取 的中点 ，连接 ，先证四边形 为平行四边形，则根据线面平行的判定
定理证明；
（2）因为 两两垂直，如图建立空间直角坐标系 ，利用空间向量法求二面角.
【详解】（1）取 的中点 ，连接 ，
因为 分别为 的中点，所以 ，
又因为 ，所以 ，
所以四边形 为平行四边形.
所以 ，因为 平面 平面 ，
所以 平面 .
（2）由题知 平面 ，所以 ，
又因为 ，
所以 两两垂直，如图建立空间直角坐标系 .
所以 ，则 .
根据题意平面 的一个法向量是 ，设平面 的法向量为 ，
则 即 ，
令 ，则 .于是 ，
设二面角 的平面角为 ，
则 ，由图可知 为锐角，所以 .
研考点 · 通技法
二面角的求法
（1）定义法：如果能直接过棱l上一点，找到与棱l垂直的两条线，则直接找到了二面角。目标：找与棱l
垂直的两条线
（2）三垂线法：当无法直接找到与棱l垂直的两条线时，我们可以考虑构造我们的二面角。首先从平面α
找一点P点，过P点作平面β的垂线PA（注意在作这个垂线的时候，通常先找与平面β垂直的平面，在平面
上作垂线），然后过A或者P作棱的垂线交于B点，连接成直角三角形PAB，即可求二面角的平面角。
（3）垂面法: 若题目条件中能找到棱l垂直的平面，则找出该平面与α，β的交线即可。若题目中有与棱l
垂直的直线，如图如果AP与棱l垂直，则可以构造出与棱l垂直的平面，即可求出二面角的平面角。
（4）射影面积法：已知平面β内的△ABP在平面α的投影为△A'B'P'，则平面α和平面β所成的二面角
S
的平面角大小为θ，则cos θ= △A'B'P'
S
△ABP
（5）补形法：当构成二面角的两个半平面没有明确交线时，要将两平面的图形补充完整，使之有明确的
交线（称为补形），然后借助前述的定义法与三垂线法解题．补形常用的两种方式：延长相交、作平行
线。
⃗a⋅⃗b
（6）向量法：若⃗a,⃗b分别为面α，β的法向量，cos⟨⃗a,b⟩= 则二面角的平面角为⃗a,⃗b的夹角或它们
|⃗a|⋅|⃗b|
的补角。
注意：二面角的范围为[0°,180°
]
破类题 · 提能力
1．（2026·北京延庆·一模）如图，在四棱锥 中，底面 是一个等腰梯形， ，
， ，M为 的中点．(1)求证： 平面 ；
(2)若 平面 ．
（ⅰ）求证： 平面 ；
（ⅱ）求二面角 的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）通过作辅助线证明 为平行四边形，再利用线面平行的判定定理判断即可；
（2）利用已知条件证明 ，再根据线面垂直的判定定理即可证明；
（3）通过建立空间直角坐标系，求出平面 和平面 的法向量，再代入公式即可.
【详解】（1）取 的中点 ，连接 ，
M为 的中点， ，
又 ， ， ， 四边形 为平行四边形，
且 平面 ， 平面 ,
平面 ；
（2）（ⅰ） 平面 ， 平面 ， ，
又底面 是一个等腰梯形， ， ， ，
，则 ， ，即 ，
又 平面 ， ， 平面 .
（ⅱ）由（ⅰ）知 平面 ， 平面 ， ，
故建立以 为坐标原点的空间直角坐标系，如图则 ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，则 ， ，
为平面 的一个法向量， ，
故二面角 的余弦值为 .
2．（2025·北京海淀·三模）在四棱锥 中，四边形 为边长为4的正方形， ．从条件
①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知．
(1)求证： 平面 ；
(2)求平面 与平面 所成角的余弦值．
条件①，平面 平面 ；
条件②： ；条件③， ．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）选择①②，根据面面垂直的性质可得 ，勾股定理可得 ，然后根据线面垂
直的判定即可证明；选择①③，根据面面垂直的性质可得 ，根据三角形全等得 ，然后根
据线面垂直的判定即可证明；选择②③，勾股定理可得 ，根据三角形全等得 ，然后根据
线面垂直的判定即可证明；
（2）以A为原点建立空间直角坐标系 ，，利用向量法求解即可
【详解】（1）选择①②，
因为 为正方形，所以 ，
由①知，平面 平面 ， 平面 ，
平面 平面 = ， ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以 ，
由②知， ， ， ，所以 ，
又 在平面 内相交于点A，所以 平面 ，
选择①③，
因为 为正方形，所以 ，
由①知，平面 平面 ， 平面 ，
平面 平面 = ， ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以 ，
由③知， ，又 为正方形，所以 ，所以 ，所以 ，
所以 ， ，
又 在平面 内相较于点A，所以 平面 ，
选择②③，
由②知， ， ， ，所以 ，
由③知， ，又 为正方形，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 ， ，
又 在平面 内相较于点A，所以 平面
（2）由（1）知， 平面 ，
又 为正方形，所以 ，
如图，以A为原点建立空间直角坐标系 ，
则 ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，
令 ，则 ，所以 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 。
所以 ，
设平面 与平面 所成角为 ，
所以 ，
所以平面 与平面 所成角的余弦值为 ．
题型05 立体几何中求距离
析典例 · 建模型
1．（2025·北京石景山·一模）如图，在四棱锥 中， 平面 ， ，且 ，
， ， ， ， 为 的中点.
(1)求证： 平面 ；
(2)求二面角 的余弦值；(3)点 在线段 上，直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求点 到平面 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）设 的中点为 ，连接 、 ，证明出四边形 为平行四边形，可得出 ，
再结合线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）记 的中点为 ，连接 ，推导出 ，然后以 为原点，以 、 、 所在直线为 、
、 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角 的余弦值；
（3）设 ，利用空间向量法可求出 的值，在利用空间向量法可求出点 到平面
的距离.
【详解】（1）设 的中点为 ，连接 、 ，
因为 为 的中点，所以 ，且 ，
又 ，且 ，所以 ，且 ，
所以四边形 为平行四边形，则 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（2）记 的中点为 ，连接 ，
因为 ， ， ，
所以四边形 是矩形，则 ， ，
以 为原点，以 、 、 所在直线为 、 、 轴建立空间直角坐标系，如图，则 、 、 、 ，
则 ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
所以 ，令 ，则 ，
设平面 的一个法向量为 ，
所以 ，令 ，则 ，
所以 ，
由图可知，二面角 为锐角，所以二面角 的余弦值为 .
（3）依题意，设 ，则 ，
又由（2）得平面 的一个法向量为 ，
记直线 与平面 所成角为 ，
所以 ，解得 （负值舍去），所以 ，则 ，
而由（2）得平面 的一个法向量为 ，
所以点 到平面 的距离为 .
研考点 · 通技法
求点到平面的距离的方法：
（1）体积法：可根据体积、底面积可求出点到平面的距离，使用的时候通常可涉及到体积的转换。
（2）向量法：A为平面α外一点， ⃗n为平面α的法向量，过A作平面α的斜线AB及垂线AH．
⃗|AB⋅⃗n| |⃗AB⋅⃗n|
|⃗AH|=|⃗AB|⋅sinθ=|⃗AB|⋅|cos<⃗AB,⃗n>|=|⃗AB| ⇒d=
|⃗AB|⋅|⃗n| |⃗n|
破类题 · 提能力
1．（2026·湖北黄冈·一模）如图，在四棱锥 中，底面 为菱形， ， ，
平面 ，点 ， 分别在棱 ， 上，且 ．
(1)求证： ；
(2)若 ， 与平面 所成的角为60°，点 关于平面 的对称点为 ，求点 到平面 的
距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）连接底面菱形对角线交点，利用线面平行得 ，结合菱形对角线垂直及 推
出 平面 ，进而 平面 ，从而 ，由中点性质即得 .
（2）由 及第一问知 底面ABCD，建立空间直角坐标系，根据菱形边长与角度得各点坐标，利用 与平面 所成的角为60°，求出P点坐标，再求平面PCD的法向量以确定点A关于该平面的对称
点M，最后通过平面PAB的法向量计算点M到该平面 的距离.
【详解】（1）证明：连 ， 相交于点 ，连 ．∵底面 为菱形，∴ 且 ．
又 平面 ， 平面 ，平面 平面 ，∴ ，
∴ ，又 ，而 ．
∴ 平面 ，又 ，∴ 平面 ，而 平面 ，
∴ ， ， 为等腰三角形，即 ．
（2）若 ，则 ，由（1）知 ，∴ 平面 ，
以 为原点以 ， ， 分别为 轴， 轴， 轴建立直角坐标系，
又 ，∵ ，则 ， ， ， ，
∵ ， ，∴ 平面 ， 与平面 所成的角为60°，
∴ ，∴ ，∴ ．
∴ ， ， ．
设平面 的法向量为
则 取 ， ， ，∴ ，
设 ， ，则 ， 到平面 的距离相等，
，
∴ ．又 ，∴ ，解得
，
设平面 的法向量为 ，∵ ， ．
则 取 ， ， ，∴ ，
则点 到平面 距离为 ．
2．（2026·江苏·一模）如图，在三棱锥 中， 是边长为2的等边三角形， 为 的中点，
， ， .
(1)证明： ；
(2)若点 在棱 上，二面角 的正切值为 ，求点 到平面 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2) .
【分析】（1）根据勾股定理可证 ，根据等边三角形可证 ，由线面垂直的判定定理可证
平面 ，故可证 ；
（2）以向量 ， ， 所在方向建立空间直角坐标系，设 ，则可通过向量法求
出面面角的余弦值，结合已知正切值可求 ，再根据点面距的向量法可求距离，我们也可以过 做，垂足为 ，过 做 ，垂足为 ，连接 ，则 是二面角 的平面角，
根据已知正切值可求
【详解】（1）因为 是边长为2的等边三角形， 为 的中点，所以 ，
在 中，由余弦定理得:
，所以 ，
因为 为 中点，所以 ，
因为 是边长为2的等边三角形，所以 ，
则 ，所以 ，
又 ， ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，又因为 平面 ，所以
（2）解法一：以向量 ， ， 所在方向建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
因为 在线段 上，设 ，
则 ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 即 取 .
又平面 的法向量为 ，因为二面角 的正切值为 ，
所以 ，
整理得 ，解得 或 （舍去），所以 ，
设平面 的法向量为 ，则 即
取 ，则 ，
所以点 到平面 的距离 .
解法二：过 作 ，垂足为 ，过 作 ，垂足为 ，连接 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以平面 平面 ，
平面 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 ，
平面 ，故 ，所以 是二面角 的平面角，
而二面角 的正切值为 ，故 ，
设 ， ，所以 ，
在 中， ， ， ，
故 ，故 为等腰直角三角形，故 ，故 ，
所以 ， ，故 ，故 ，
又 ，
设 到平面 的距离为 ，则 可得 ，
故 ，故 到平面 的距离为 .
题型06 立体几何中求线段长度
析典例 · 建模型
1．（2025·北京海淀·二模）如图1，五边形 中，
．将三角形 沿 翻折，使得平面 平面 ，
如图2．
(1)求证： 平面 ；
(2)记直线 与平面 所成角为 ．若 ，求 的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得 平面 ，结合线面垂直的性质与判定定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，设 ，利用空间向量法求出平面 的法向量，求出线面角，建立关于
的方程，解之即可求解.
【详解】（1）因为平面 平面 ， 平面 ，平面 平面 ，
，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，又 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）如图，过点 作 于点 ，则 ，
在 中， ，所以 ，得 .
过点 作 轴 平面 ，建立如图空间直角坐标系 ，
设 ，则 ，
所以 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，
令 ，则 ，所以 ，
所以 ，
解得 ，即 .
研考点 · 通技法已知线面角、二面角、距离等，求线段的长度。可设线段长度，再根据题目条件建系，列出线段相关的方
程求取线段长度。
破类题 · 提能力
1．（2025·北京东城·一模）如图，在几何体 中，四边形 为平行四边形，平面 平面
.
(1)证明： 平面 ；
(2)已知点 到平面 的距离为 ，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求 的长.
条件①： ；
条件②： .
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析；
(2)所选条件见解析， .
【分析】（1）由题设得 ， ，应用线面平行的判定证明 平面 ， 平面
，再由面面平行的判定及性质证明结论；
（2）根据已知证明 ， ， ，构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求点面距，
列方程求 的长.
【详解】（1）由四边形 为平行四边形，则 ，又 ，
平面 ， 平面 ，则 平面 ，同理 平面 ，
由 ， 都在平面 内，则平面 平面 ，
平面 ，则 平面 ；（2）平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，则 ， ，
选条件①： ， 都在平面 内，则 平面 ，
平面 ，则 ；
选条件②：由 ， ， ，
则 ，又 ，故 ，
所以 ，则 ，
综上， ， ， ，
以 为原点， 为 的正方向建立空间直角坐标系 ，
所以 ，令 ，则 ，
故 ， ，
令 是平面 的一个法向量，则 ，
取 ，则 ，
由题设 ，可得 ，
所以 .
2．（2025·北京房山·一模）如图，在长方体 中， 为 的中点， 与平面 交于点 .
(1)求证： 为 的中点；
(2)若二面角 的余弦值为 ，求 的长度.
【答案】(1)证明见解析
(2) .
【分析】（1）运用长方体性质，得到面面平行，再用面面平行性质得到线线平行，进而得到 是平
行四边形.则 .借助勾股定理和已知条件得到 即可.
（2）建立空间直角坐标系 ，设 ，求出关键点坐标和平面法向量坐标，结合向量夹角
公式得到 ，解出即可.
【详解】（1）在长方体 中，因为平面 平面 ，
平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 .同理 .
所以 是平行四边形.所以 .
又 ，.
所以 .
所以 为 的中点.
（2）在长方体 中，建立空间直角坐标系 ，设 ，
则 .
因此 .
设平面 的法向量为 ，
则 即
令 ，则 ，因此 .
易知平面 的法向量为 ，则
.
解得 .所以 .题型07 立体几何中存在性探索
析典例 · 建模型
1．（2025·北京丰台·二模）如图，在四棱柱 中，底面 与侧面 均为菱形，
平面 为 的中点， 与平面 交于点 ．
(1)求证： 为 的中点；
(2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，判断在线段 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，说明理由．
条件①： ；
条件②： ．
注：如果选择条件①，条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）由已知可得 平面 ，由线面平行可得 ，进而得四边形 为平行四边
形，即可证得 为 的中点；
（2）选择条件①：取 中点 ，连接 ，由已知条件可证得 两两垂直，以 为原点建立空
间直角坐标系，利用坐标运算求得平面 的一个法向量，设 ，再利用坐标运算和直
线 与平面 所成角的正弦值为 ，解出 ，即可解答；
选择条件②：先证得 平面 ，同①建立空间直角坐标系，则平面 的一个法向量为 ，然
后解答同①.【详解】（1）在菱形 中， ．
因为 平面 平面 ，
所以 平面 ．
又 平面 ，平面 平面 ，
所以 ．
又四棱柱 中， ，
所以四边形 为平行四边形．
所以 ，所以 为 的中点．
（2）选择条件①：
取 中点 ，连接 ，
在菱形 中， ．
因为 ，所以 为等边三角形．
因为 为 中点，所以 ，故 ．
因为 平面 ，且 平面 ，
所以 ，
所以 两两垂直．
如图，以 为原点建立空间直角坐标系 ，
则 ，
所以 ．
设平面 的一个法向量为 ，则 ，即 ，
令 ，则 ，则 ．
设 ，
所以 ．
设直线 与平面 所成角为 ，
所以 ．
解得 ，
所以存在符合条件的点 ．
选择条件②：
取 中点 ，连接 ．
因为 平面 ，且 平面 ，
所以 ，
又 ，且 平面 ，
所以 平面 ．
因为 平面 ，所以 ，
又因为 为 中点，所以 ．
在菱形 中， ，
所以 为等边三角形，
所以 ，故 ．
所以 两两垂直．如图建立空间直角坐标系 ，
则 ，
所以 ．因为 平面 ，
所以取平面 的一个法向量为 ．
设 ，
所以 ．
设直线 与平面 所成角为 ，
所以 ．
解得 ，
所以存在符合条件的点 ．
研考点 · 通技法
先判断动点的运动轨迹。根据运动轨迹选择合适的方法：
几何法：利用几何性质直接作图判断（如中垂线、角平分线、阿氏圆、定弦定角等确定轨迹）。假设点存
在，逆向推理它应该在哪些轨迹的交点上。
建系法：建立坐标系，设动点 P(x,y,z)，将运动轨迹写成方程，将题目条件转化为方程或不等式。
向量法（适合向量已知的几何条件）将长度、垂直、共线等用向量表示。
破类题 · 提能力
1．（25-26高三下·北京·开学考试）如图所示，在多面体 中， 为平面六边形，
平面 平面 ，平面 平面 ， ， ， 与
都是边长为 2 的等边三角形， ， 分别为
的中点．
(1)求证： ， 平面 ；(2)棱 ED 上是否存在点 ，使得 与平面 成角 ？ 若存在，求 的值：若不存在，
说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】(1)：借助空间位置关系，利用线面平行与垂直的定义和性质，证明线线平行与线面垂直；
(2)：建系，借助空间向量解决线面角的问题，将已知条件转化为线段关系计算即可.
【详解】（1） 与 为等边三角形，且 分别为 中点．
所以 ．
平面 平面 ，平面 平面 平面 ．
平面 ； 同理 平面 ，
，又 平面 平面 ．
又平面 平面 ．
，又 平面 ．
平面 ．
（2）过 作 ，
因为 ，
所以在 中， ，
同理 ．
分别为 中点，所以 ，所以 ．
又 平面 ，所以 ，所以 两两垂直，如图建系，
分别为 中点，所以 ，又 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ．
设平面 法向量 ，
则 ，令 ，所以
设 ．
因为 与平面 成角 ，
所以 ．
，解得 ．
所以存在点 ，使得 与平面 成角 ，此时 ．
2．（25-26高三上·北京石景山·期末）在如图所示的几何体中，四边形 是正方形，四边形 是
梯形， ，且 ．(1)求证： 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 ，使得平面 与平面 夹角的余弦值为 ？若存在，试确定点 的位
置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)存在点 ， 是靠近 的三等分点.
【分析】（1）证明平面 平面 ，即可得到答案.
（2）由题意建立空间直角坐标系，求得平面 的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案；
（3）假设存在，设 ，求出平面 和平面 的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【详解】（1）因为正方形 ，所以 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面
，
同理 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 ， 平面 ，故平面 平面 ，
又 平面 ，所以 平面 .
（2）由 ，则 ， ，
在正方形 中， ，所以 两两垂直，
以 为原点，分别以 所在直线为 轴，建立空间直角坐标系，如下图：
则 ， ， ， ，故 ， ，设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，得 ， ，所以 ，
又 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
（3）假设存在，设 ，又 ，则 ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，得 ，
由题得 平面 ，则 ，又 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，故 为平面 的法向量，且 ，
，解得 或 （舍去），
所以在棱 上存在一点 ，满足题意，此时 是靠近 的三等分点.（建议用时：60分钟）
刷模拟
1．（2026高三·北京·专题练习）如图， 是圆柱 的母线，四边形 是底面内接正方形.点 是
棱 上的动点（ 不与端点重合），且 .证明： 平面 .
【答案】证明见解析
【详解】在正方形 中，由 ，得 ， ，
则 ， ，因此 ，
由 是圆柱 的母线，得 平面 ，而 平面 ，则 ，
又 平面 ，所以 平面 .
2．（2025·北京顺义·一模）如图，在四棱锥 中，底面 是菱形， ，
， .
(1)若平面 与棱 交于点 ，且 平面 ，求证： 是 中点；
(2)若 是棱 上一点，且满足 ，当 时，求 与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）利用线面平行的性质，可得答案；
（2）由题意，利用线面垂直的性质与判定，并建立空间直角坐标，求得平面法向量，根据线面角的向量
公式，可得答案.
【详解】（1）记 ，连接 ，如下图：
因为 平面 ， 平面 ，平面 平面 ，所以 ，
在 中，由 为 的中点，则 为 的中点.
（2）在菱形 中，易知 ，由 ， ，则 ， ，
因为 ， ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，由 ，则 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
取 的中点为 ，易知 ，则 平面 ，则 两两垂直，
以 为原点，分别以 所在直线为 轴，建立空间直角坐标系，如下图：
则 ， ， ，
可得 ， ， ， ，由 ，则 ，可得 ，
设平面 的法向量 ，则 ，
令 ，则 ，所以平面 的一个法向量 ，
设 与平面 所成角为 ， .
3．（2025·北京昌平·二模）如图，在四棱锥 中，底面 为平行四边形， 与 相交于点
，平面 平面 ，点 在棱 上， ．
(1)求证： ；
(2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面 与平面 夹角的大小．
条件①： 平面 ；
条件②： ．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明 ，再由平面 平面 证明 平面 ，即得线线垂直；
（2）选条件①，先根据线面平行的性质定理，推出 为 的中点，建系后，求出相关点和向量的坐标，
由空间向量的夹角公式计算即得；选条件②，由条件先证 ，再证 为 的中点，接着证
平面 ，取 的中点 ，连接 ，证明 平面 ，求出 ，再证明 是平
面 与平面 夹角或补角，求解即得.【详解】（1）因为在 中， ， ，
所以 ，即 ．
因平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ．又因 平面 ，所以 ．
（2）
选条件①： 平面 ．
如图，因为 平面 ， 平面 ，
平面 平面 ，所以 ．
因为 为平行四边形， 为 的中点，所以 为 的中点．
所以 ．因为 ，所以 ．
．由（1）已得 平面 ，因 平面 ，故 ，
又 ，即 两两垂直．
如图建立空间直角坐标系 ，则 ，
，因此 ．
设平面 的法向量为 ，则 ，即 ．
令 ，则 ，所以 ．
易知平面 的一个法向量 ，
，所以平面 与平面 夹角为 ．选条件②： ．
如图，由（1）得 ，则 ，
又 ，由 ，可得 ，因 ，则 为 的中点，
则 ，即 ，可得 ，
因平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，故 平面 .
取 的中点 ，连接 ，则 ，故 平面 ，因 平面 ，则 ，
又 ， ，且 ，
又 平面 ，故 平面 ，
因 平面 ，则 ，即 是平面 与平面 夹角或补角，
在 中， ，则 ，故平面 与平面 的夹角为 .
4．（2025·北京·模拟预测）如图，在三棱柱 中， ，点D,E分别
在棱 和棱 上，且 为棱 的中点．
(1)求证： 平面 ；(2)若 平面ABC，
（i）求二面角 的余弦值：
（ii）点 到平面 的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i） （ii）
【分析】（1）取 中点G，连接 ，可得四边形 为平行四边形，再由线面平行的判定定
理可得答；
（2）（i）建立空间直角坐标系，即可求解平面 的法向量，利用二面角夹角公式求解二面角余弦；
（ii）由点到平面距离公式计算求解.
【详解】（1）
取 中点G，连接 ，
则 ，又因为 ，
所以 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ；
（2）（i）以 为坐标原点， 方向分别为 轴， 轴， 轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则 ，
则 ．
设平面 的法向量为 ，
则 ，取 ，则
设平面 的法向量为 ，
设二面角 为 ，
则 ，
因为 为锐角，所以 ；
（ii）由（i）平面 的一个法向量为 ，
点 到平面 的距离
5．（2026·河北张家口·一模）如图，已知斜三棱柱 中， ， ，，点 为 的中点．
(1)证明：平面 平面 ；
(2)若 ，点 为 的中点，求点 到平面 的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明 ， ，根据线面垂直判定定理证明 平面 ，再利用平面
与平面垂直的判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求距离即可.
【详解】（1）连接 和 ，
在斜三棱柱 中，由 ，
所以 为等腰直角三角形，所以 为等腰直角三角形，
又 为 的中点，所以 ，
又 ， ， ，所以 ，
所以 ，又 为 的中点，
所以 ，又 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 ；
（2）由 ，所以 ，又 为等腰直角三角形，
所以 ，又 ，所以 ，
又 ，所以 和 为等边三角形，
所以 ，所以 ，所以 ，又 ，
以 为坐标原点，分别以 为 轴建立空间直角坐标系，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
，
设平面 的法向量为 ，
所以 ，令 ，得 ，
所以点 到平面 的距离为 .6．（2026·重庆·模拟预测）如图所示，在长方体 中， ， ， ，点
在棱 上，点 在棱 上，且 .
(1)证明： ；
(2)求直线 与平面 所成角的余弦值；
(3)在棱 上是否存在点 ，使得 到平面 的距离与 到平面 的距离相等？若存在，求出 的
长；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在符合题意的 点，
【分析】（1）先证四边形 为菱形得 ，再结合长方体性质得 ，进而证 平面
，最终推出 ；
（2）由面面垂直性质确定点 在平面 上的投影位置，得到线面角 ，再通过计算三角形边长，
利用余弦定理求出该角的余弦值；
（3）利用等体积法将体积比转化为对应三角形面积比，结合另一组同高棱锥的体积比等于底边长之比，
从而求出线段 的长度，确定满足条件的点 .
【详解】（1）证明：连接 交 于点 ， ，
，故 为菱形，
故 ，由长方体得 平面 ，
由 平面 ，知 ；
由 ， 平面 ， 平面 ，
知 平面 ，由 平面 ，知 .
（2）如图所示，连接 ，由（1）知， 平面 ，又由 平面 ，平面 平面 ，交线为 ，
故点 在平面 的投影必在直线 上，
故直线 与平面 所成角即为 ，
在 中， ，
， ，
故由余弦定理得 ，
即直线 与平面 所成角的余弦值为 ；
（3）假设存在点 满足条件，记 到平面 的距离 到平面 的距离 ，
则 ，由（1）（2）知 ，
，故 ；则 ，
另一方面 ，
故 ，综上所述，存在符合题意的 点， .
【点睛】本题以长方体为载体，先通过菱形性质与线面垂直判定证明线线垂直，再利用面面垂直确定线面
角，最后结合等体积法与线段比例关系探究存在性问题，核心是立体几何中垂直关系的转化与体积比的代
数化处理.
7．（2026·河北秦皇岛·模拟预测）如图，在三棱柱 中， 平面 ， ，， 为棱 的中点， 是 与 的交点.
(1)求证：平面 平面 ；
(2)若 ，
（i）求直线 与平面 所成角的正弦值；
（ii）在线段 上是否存在一点 ，使 平面 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理
由.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i） ，（ii）存在，
【分析】（1）面面垂直转化为线面垂直，只需证明 面 ；
（2）（i）先由面面垂直得到平面 的垂线，从而得到直线 与平面 所成角，求解；（ii）取
的中点，证明线面平行.
【详解】（1）由题意得 平面 ， ，
设 ， ，
，解得 ，
所以 ，
，， 面 ，
面 ，平面 平面 .
（2）（i）过点 作 交 于点 ，连接 ，
因为面 面 ，面 面 ，
所以 面 ，
即为直线 与平面 所成角，
在 中， ， ，
，
直线 与平面 所成角的正弦值为 ；
（ii）在线段 上存在一点 ，使 平面 ，
取 点为 的中点，连接 ，
由题意可知 点为 的中点，
所以 ， 平面 ，
所以 平面 ，.
8．（25-26高三上·北京顺义·期中）如图，在四棱锥 中，底面 为矩形， ，
， 、 分别为棱 ， 的中点.
(1)求证： 平面 ；
(2)若平面 平面 ， ；
（i）求平面 与平面 夹角的余弦值；
（ii）在棱 上是否存在点 ，使 平面 ，若存在，求出 的值，若不存在请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i） ；（ii）不存在，理由见解析.
【分析】（1）取 中点 ，利用线面平行的判定推理得证.
（2）（i）根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面 与平面 的法向量，利用面面角的向量
法求解；（ii）假定存在，利用空间位置关系的向量证明推理判断.
【详解】（1）在四棱锥 中，取 中点 ，连接 ，
由 为棱 中点，得 ，
又 是长方形 边 的中点，则 ，
因此 ，则四边形 是平行四边形，
所以 ，又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .（2）（i）由平面 平面 ，平面 平面 ，
又 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 ，则直线 两两垂直，
以 为原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系，
又 ，
则 ，
，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，得 ，
易得平面 的一个法向量 ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .
（ii）假设在棱 上存在点 ，使 平面 ，
而 ， ，
令 ，则 ，
由 平面 ，得 ，因此 ，无解，
所以在棱 上不存在点 ，使 平面 .
9．（2026·浙江·模拟预测）如图，在多面体 中，四边形 为正方形， 平面 ，
，且 ， ， 为棱 上的点.(1)证明：平面 平面 ；
(2)若平面 与平面 的夹角的余弦值为 ，求线段 的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理可得答案；
（2）建系，利用面面角的向量计算公式计算可得答案.
【详解】（1）证明：因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又四边形 为正方形，所以 ，
因为 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
在四边形 中，易知 ，因为 ，所以 ，
又 ，故 ，
所以 ，故 ，
因为 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ,
所以平面 平面 .
（2）由（1）知 三条直线两两垂直.
以 为坐标原点、 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系，
设 （ ），则： ， ， ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
，即 ，令 ，得 ， ，
所以 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，
令 ，得 ， ，
所以 ，
，
解得 或 （舍）.
所以 .
刷真题1．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥 中， 与 均为等腰直角三角形，
，E为BC的中点．
(1)若 分别为 的中点，求证： 平面PAB；
(2)若 平面ABCD， ，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，只需证明 即可；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线AB的方向向量与面PCD的法向量，根据向量夹角公式即可
求解.
【详解】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，
与 为等腰直角三角形且 ，
不妨设 ， . .
E、F分别为BC、PD的中点，
，且 .
， ，
，∴四边形FGMN为平行四边形，
，
平面PAB， 平面PAB， 平面PAB；
（2） 平面ABCD， 以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直
角坐标系，设 ，则 ，
，
设平面PCD的一个法向量为 ，
， ，
取 ， ， .
设AB与平面PCD所成角为 ，
则 ，
即AB与平面PCD所成角的正弦值为 .
2．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥 中， ， ， ,点 在
上，且 ， ．
(1)若 为线段 中点，求证： 平面 ．(2)若 平面 ，求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取 的中点为 ，接 ，可证四边形 为平行四边形，由线面平行的判定定理可
得 平面 .
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面 和平面 的法向量后可求夹角的余弦值.
【详解】（1）取 的中点为 ，接 ，则 ，
而 ，故 ，故四边形 为平行四边形，
故 ，而 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）
因为 ，故 ，故 ，
故四边形 为平行四边形，故 ，所以 平面 ，
而 平面 ，故 ，而 ，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
则
设平面 的法向量为 ，
则由 可得 ，取 ，
设平面 的法向量为 ，则由 可得 ，取 ，
故 ，
故平面 与平面 夹角的余弦值为
3．（2023·北京·高考真题）如图，在三棱锥 中， 平面 ， ．
(1)求证： 平面PAB；
(2)求二面角 的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线面垂直的性质证得 ，再利用勾股定理证得 ，从而利用线面垂直的
判定定理即可得证；
（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面 与平面 的法向量，再利用空间向
量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【详解】（1）因为 平面 平面 ，
所以 ，同理 ，
所以 为直角三角形，
又因为 ， ，
所以 ，则 为直角三角形，故 ，
又因为 ， ，所以 平面 .
（2）由（1） 平面 ，又 平面 ，则 ，
以 为原点， 为 轴，过 且与 平行的直线为 轴， 为 轴，建立空间直角坐标系，如图，
则 ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，即
令 ，则 ，所以 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，即 ，
令 ，则 ，所以 ，
所以 ，
又因为二面角 为锐二面角，
所以二面角 的大小为 .
4．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形 中， ，F为CD的中点，点E在AB上， ， .将四边形 沿 翻折至四边形 ，使得面
与面EFCB所成的二面角为 ．
(1)证明： 平面 ；
(2)求面 与面 所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出 平面 及 平面 ，
再应用面面平行判定定理得出平面 平面 ，进而得出线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点 的坐标表示出来，然后将平面 及平面
的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其正
弦值.
【详解】（1）设 ，所以 ，因为 为 中点，所以 ，因为 ，
，所以 是平行四边形， 所以 ，所以 ，
因为 平面 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 平面 ，所以 平面 ，
又 ， 平面 ，所以平面 平面 ，
又 平面 ，所以 平面 ．
（2）因为 ，所以 ，又因为 ，所以 ，
以 为原点， 以及垂直于平面 的直线分别为 轴，建立空间直角坐标系.
因为 ，平面 与平面 所成二面角为60° ，
所以 .
则 ， ， ， ， ，.
所以 .
设平面 的法向量为 ，则
，所以 ，令 ，则 ，则 .
设平面 的法向量为 ，
则 ，所以 ，
令 ，则 ，所以 .
所以 .
所以平面 与平面 夹角的正弦值为 .
5．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥 中， 底面 ， ．(1)证明：平面 平面 ；
(2)设 ，且点 ， ， ， 均在球 的球面上．
（i）证明：点 在平面 内；
（ⅱ）求直线 与 所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；
（ii） .
【分析】（1）通过证明 ， ，得出 平面 ，即可证明面面垂直；
（2）（i）建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设 在同一球面 上，在平面 中，得
出点 坐标，进而得出点 在空间中的坐标，计算出 ，即可证明结论；
（ii）写出直线 和 的方向向量，即可求出余弦值.
【详解】（1）由题意证明如下，
在四棱锥 中， ⊥平面 ， ，
平面 ， 平面 ，
∴ ， ，
∵ 平面 ， 平面 ， ，
∴ 平面 ，
∵ 平面 ，
∴平面 平面 .
（2）（i）由题意及（1）证明如下，
在四棱锥 中， ， ， ， ∥ ，
， ，建立空间直角坐标系如下图所示，
∴ ，
若 ， ， ， 在同一个球面上，
则 ，
在平面 中，
∴ ，
∴线段 中点坐标 ，
直线 的斜率： ，
直线 的垂直平分线 斜率： ，
∴直线 的方程： ，即 ，
当 时， ，解得： ，
∴
在立体几何中， ，
∵
解得： ，
∴点 在平面 上.
（ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得，
，
设直线 与直线 所成角为 ，
.
∴
法2：
由几何知识得， ，， ∥ ，
∴ ，
在Rt 中， ， ，由勾股定理得，
，
过点 作 的平行线，交 的延长线为 ，连接 ， ，
则 ，直线 与直线 所成角即为 中 或其补角.
∵ 平面 ， 平面 ， ，
∴ ，
在Rt 中， ， ，由勾股定理得，
，
在Rt 中， ，由勾股定理得，
，
在 中，由余弦定理得，
，
即：
解得：∴直线 与直线 所成角的余弦值为： .
