培优专题03 空间向量与立体几何 7 大重难题型
题型01 空间线面平行、垂直关系的证明
抓关键
· 破难点
💎题型 01 空间线面平行、垂直关系的证明
命题方向一 空间几何体的平行关系的证明
命题方向二 空间几何体的垂直关系的证明
💎题型 02 空间几何体中空间角问题
命题方向一 空间几何体的线线角
命题方向二 空间几何体的线面角
命题方向三 空间几何体的面面角
💎题型 03 空间几何体的距离、体积问题
命题方向一 空间几何体中点到线的距离
命题方向二 空间几何体中线到面的距离
命题方向三 空间几何体中的体积问题
💎题型 04 立体几何中的探索与最值问题
命题方向一 立体几何中的最值问题
命题方向二 立体几何中的存在、探索问题
💎题型 05 空间几何体的折叠与展开问题
💎题型 06 立体几何的截面问题
💎题型 07 与球相关的立体几何创新问题
刷经典
· 通方法
🎯命题方向一 空间几何体的平行关系的证明
1. （2026·山东临沂一模）如图，多面体
中，四边形
为正方形，四边形
为矩
形，
，
为
的中点.
（1）求证：
平面
；
（2）当平面
平面
时，求直线
与平面
所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
关系类型
核心证明思路
关键步骤
常用辅助线 / 性质
线面平行
找平面内的平行
线 → 证平行 →
用判定定理
① 在平面内找 / 作与已知直线平行的直线
② 证明两直线平行
③ 由线面平行判定定理得结论
三角形中位线、平行四
边形、相似三角形（线
段成比例）
面面平行
证一个平面内两
条相交直线都平
行于另一平面
① 在一个平面内找两条相交直线
② 分别证明它们平行于另一平面
③ 由面面平行判定定理得结论
线面平行判定、平行公
理
线线垂直
证夹角为90°或
利用线面垂直性
质
① 证两线夹角为 90°（勾股逆定理、等腰三
线合一等）
② 或证一线垂直于过另一线的平面
③ 由垂直定义或线面垂直性质得结论
勾股逆定理、等腰三角
形三线合一、菱形对角
线、直径所对圆周角
线面垂直
证直线垂直于平
面内两条相交直
线
① 在平面内找两条相交直线
② 证明已知直线分别与它们垂直
③ 由线面垂直判定定理得结论
线线垂直、面面垂直性
质
面面垂直
证一个平面内的
直线垂直于另一
平面
① 在一个平面内找一条直线
② 证明它垂直于另一平面
③ 由面面垂直判定定理得结论
线面垂直判定
ABCD
BDEF
2
BF
AB
M
AE
/ /
DM
CEF
ABCD
BDEF
CM
CEF
4
9
【分析】（1）根据题意，分别证得
平面
，
平面
，利用面面平行的判定定理，
证得平面
平面
，进而证得
平面
；
（2）以
为坐标原点，建立空间直角坐标系，设
，分别求得向量
和平面
法向量
，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：如图所示，连接
交
于点
，
因为四边形
为正方形，所以
为
的中点，
又因为
为
的中点，所以
，
因为
平面
，
平面
，所以
平面
，
又因为四边形
为矩形，所以
，
因为
平面
，
平面
，所以
平面
，
又因为
，且
平面
，
平面
，
所以平面
平面
，
因为
平面
，所以
平面
.
（2）解：因为四边形
为矩形，所以
，
又因为平面
平面
，且平面
平面
，
平面
，所以
平面
，
因
平面
，所以
，
，
又因为四边形
为正方形，所以
，
以
为坐标原点，以
所在直线分别为
轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，设
，则
，
可得
，
所以向量
，
设平面
的法向量为
，则
，
取
，可得
，所以
，
/ /
MN
CEF
/ /
BD
CEF
/ /
BDM
CEF
/ /
DM
CEF
D
2
AB
(1, 2,2)
CM
CEF
( 2,2,1)
n
AC
BD
N
ABCD
N
AC
M
AE
/ /
MN
EC
MN
CEF
CE
CEF
/ /
MN
CEF
BDEF
/ /
BD
EF
BD
CEF
EF
CEF
/ /
BD
CEF
MN
BD
N
MN
BDM
BD
BDM
/ /
BDM
CEF
DM
BDM
/ /
DM
CEF
BDEF
DE
BD
ABCD
BDEF
ABCD
BDEF
BD
DE
BDEF
DE
ABCD
,
AD DC
ABCD
DE
AD
DE
DC
ABCD
AD
DC
D
,
,
DA DC DE
, ,
x y z
2
AB
2
4
BF
AB
(0,2,0),
(0,0,4),
(2,2,4),
(1,0,2)
C
E
F
M
(1, 2,2),
(0, 2,4),
(2,0,4)
CM
CE
CF
CEF
( , , )
n
x y z
2
4
0
2
4
0
n CE
y
z
n CF
x
z
1
z
2,
2
x
y
( 2,2,1)
n
设直线
与平面
的夹角为，
可得
，
所以直线
与平面
的夹角的正弦值为
.
2．（2026·湖北孝感·二模）如图：正八面体
可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面
粘接在一起的几何体．
（1）证明：平面
平面
；
（2）若
，点为棱
上的动点，则直线
与平面
所成的角的正弦值的范围．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【详解】（1）连接
交于点，则
四点共面，且为
的中点，
所以四边形
都是平行四边形，所以
，
，
又
平面
，
平面
，所以
平面
，
平面
，
平面
，所以
平面
，
CM
CEF
2
2
2
2
2
2
( 2) 1
2 ( 2)
1 2
4
sin
cos ,
9
( 2)
2
1
1
( 2)
2
n CM
n CM
n CM
CM
CEF
4
9
平面
，
平面
，又
在平面
内相交于点，
所以平面
平面
.
（2）根据正八面体结构，以点为原点，
为
轴，如图建立空间直角坐标系
则
，
，
，
，
所以
，
，
，
设平面
的一个法向量为
，则
，
，
所以
，即
，令
，则
，所以平面
的一个法向量为
，
因为点为棱
上的动点，所以设
，
则
，
设直线
与平面
所成的角为，
，
又
，当
时，
，当
或0 时，
，
故直线
与平面
所成角的正弦值的范围
.
🎯命题方向二 空间几何体的垂直关系的证明
3. （2026·福建名校联盟3 月·模拟）如图，在三棱锥
中，
与
均为等边三角形，
平面
平面
，D 是
的中点，E 是
上的动点．
（1）证明：
；
（2）若直线
与平面
所成角的正弦值为
，求平面
与平面
夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见详解；
（2）
.
【分析】（1）取
中点
，连接
、
；利用等边三角形性质得
，
，结合
面面垂直证
平面 ABC；设边长计算线段长度，用勾股定理逆定理证AB⊥BC.
（2）建系设点，求法向量，由线面角求参数，再计算平面
与平面
夹角的余弦值．
【详解】（1）
与
均为等边三角形，
，
取
中点O，连接
，
，则有
，
，
平面
平面
，
平面
，
平面
，
平面
平面
，
，
，
，
，
，
，
，
在
中，有
，
在
中，有
，
，
中，可得
，
．
（2）由（1）可知
，
，
，
如图所示，以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，
不妨设
，
，
，
，
，
，
则
，
，
，
，
设
，
，
设平面
的一个法向量为
，则
令
，则
，设直线
与平面
的夹角为
，
则
，
解得
，
，易得平面
的一个法向量为
，
设平面
与平面
的夹角为
，
，
平面
与平面
的夹角的余弦值为
．
4.（2026·江苏省南京市栖霞区名校联盟·一模） 如图，在四棱锥S
ABCD
中，
,
,
,
//
SD
AD SD
CD AD
CD CD AB
，E 为SA 的中点，DA
DC
1
2
DS
AB
.
（1）求证：DE
平面SAB
；
（2）求平面SAD
与平面BDE 的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
1
3
【分析】（1）根据题意可知CD 平面SAD ，进而可得CD
DE
，AB
DE
，结合DE
SA
分析证
明即可；
（2）建立空间直角坐标系，设
2
DA
，分别求平面SAD 与平面BDE 的法向量，利用空间向量求面面夹
角.
【详解】（1）因为
,
,
SD
CD AD
CD SD
AD
D
，
,
SD AD 平面SAD ，
可得CD
平面SAD
，由DE 平面SAD
，所以CD
DE
，且
//
CD AB
，所以AB
DE
，
又因为SD
AD
，E 为SA 的中点，则DE
SA
，且
,
,
SA
AB
A SA AB
平面SAB ，
所以DE
平面SAB
.
（2）以D 为坐标原点，直线
,
,
DA DC DS
分别为
, ,
x y z
轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设
2
DA
，则
0, 0, 0 ,
2, 0, 0 ,
2, 4, 0 ,
0, 0, 2 ,
1, 0,1
D
A
B
S
E
，
可得
1, 0,1 ,
2, 4, 0
DE
DB
.
设平面
BDE
的法向量为
, ,
n
x y z
r
，则
0
2
4
0
n DE
x
z
n DB
x
y
，
令
1
y ，则
2,
2
x
z
，可得
2,1,2
n
，可知平面SAD 的一个法向量为
0,1,0
m
，
设平面
SAD
与平面
BDE
的夹角为
，则
2
2
2
0 1 0
1
cos
cos
,
3
2
1
2
m n
m n
m n
，
所以平面SAD 与平面BDE 的夹角的余弦值为
1
3 .
5. （2026· 山东德州· 一模）如图，边长为2 的正方形
所在的平面与平面
垂直，且
.
（1）证明：平面
平面
；
（2）当
时，求平面
与平面
所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见详解
ABCD
CMD
DM
MC
AMD
BMC
MC
MD
MAB
MCD
（2）
【分析】（1）由平面垂直可得出线面垂直，再由线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）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）以
为坐标原点，
的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
.
因为
，由题设得
，
，设
是平面
的法向量，则
，即
，令
，可得
又
是平面
的法向量，设平面
与平面
所成角为，
，所以
，
所以平面
与平面
所成角的正弦值是
.
题型02 空间几何体中空间角问题
2 5
5
CMD
ABCD
,
,
CD BC
CD BC
ABCD
BC
CMD
DM
CMD
BC
DM
,
,
,
DM
CM BC
CM
C BC CM
BMC
DM
BMC
DM
AMD
AMD
BMC
D
DA
x
D
xyz
MC
MD
0,0,0 ,
2,0,0 ,
2,2,0 ,
0,2,0 ,
0,1,1
D
A
B
C
M
2,1,1 ,
0,2,0 ,
2,0,0
AM
AB
DA
, ,
n
x y z
r
MAB
0
0
n AM
n AB
2
0,
2
0.
x
y
z
y
1
x
1,0,2
n
r
DA
MCD
MAB
MCD
5
cos
cos
,
5
n DA
n DA
n DA
2 5
sin
1 cos
5
MAB
MCD
2 5
5
抓关键
· 破难点
一、异面直线所成的夹角：
1.平移法：将异面直线
平移到同一平面内，放在同一三角形内解三角形．
2.向量法：设异面直线和所成角为，其方向向量分别为，；则异面直线所成角向量求法：
①
②
二、线面角：
定义：平面上的一条斜线与它在平面的射影所成的
锐角即为斜线与平面的线面角．
范围：
1.常规法：过平面外一点做
平面，交平面于点
；连接
，则
即为直线
与平面
的夹角．接下来在
中解三角形．即
（其中即点到面的距离，可以采
用等体积法求，斜线长即为线段
的长度）；
2.向量法：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为与所成角的大小，则
．
三、求立体几何中的面面角的求法：
1.定义法
在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是二面角的平面角，如图
在二面角
的棱上任取一点，以为垂足，分别在半平面和内作垂直于棱的射线
和
，
则射线
和
所成的角称为二面角的平面角（当然两条垂线的垂足点可以不相同，那求二面角就相当
于求两条异面直线的夹角即可）．
2.垂面法
由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面
角的平面角．
3.向量法
设
是二面角
的两个半平面的法向量，
若二面角为锐二面角（取正），则
；
若二面角为钝二面角（取负），则
；
（特别说明，有些题目会提醒求锐二面角；有些题目没有明显提示，需考生自己看图判定为锐二面角还是
钝二面角.）
4.三垂线法
在面或面内找一合适的点，作
于，过作
于，则
为斜线
在面内的射影，
为二面角
的平面角．如图1，具体步骤：
①找点做面的垂线；即过点，作
于；
②过点（与①中是同一个点）做交线的垂线；即过作
于，连接
；
③计算：
为二面角
的平面角，在
中解三角形．
b
a
A
O
B
b
A
B
C
B'
C'
A'
图1 图2 图3
5.射影面积法
凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公
式（
，如图2）求出二面角的大小；
6.补棱法
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
棱），然后借助前述的定义法与三垂线法解题．当二平面没有明确的交线时，也可直接用射影面积法解题．
刷经典
· 通方法
🎯命题方向一 空间几何体的线线角
1．（2026·山东济宁模拟·预测）如图，直四棱柱
的下底面
为菱形，
，
是上
底面
A1B1C1D1内两个不同的动点．
（1）若
为正方体，
为上底面
A1B1C1D1的中心，求异面直线
与
所成角的余弦值；
（2）若
恰好是二面角
的平面角．证明：在动点
运动过程中，三棱锥
的体积
保持不变．
【答案】（1）
；
（2）证明见详解.
【分析】（1）根据异面直线的定义得
与
所成角的平面角为
，再根据已知有
，并设正方体的棱长为2 求出相关线段长，即可得；
（2）根据二面角的定义得
，结合线面垂直的判定和性质及平面的基本性质得到M 在
上，最后证明
平面
，应用等体积法及棱锥体积公式即可证.
【详解】（1）由正方体的结构特征知
，则异面直线
与
所成角的平面角为
，
又
平面
A1B1C1D1，
平面
A1B1C1D1，则
，
所以
为直角三角形，则
，
若正方体的棱长为2，则
，故
，所以
；
（2）由于
是二面角
的平面角，则
，
因为
，
平面
，
平面
，所以
平面
，
又因为
平面
，则
，
因为直四棱柱
，所以
且
，
所以四边形
是平行四边形，则
，所以
，
又因为在直四棱柱中
，可得
平面
A1B1C1D1，
因为
平面
A1B1C1D1，则
，
又因为
，且
平面
A1B1C1D1，所以
平面
，
由
平面
且
平面
，平面
平面
，
所以平面
与平面
重合，点M 在平面
内，又点M 在平面
A1B1C1D1内，
所以平面
平面
，故M 在
上，而
，
由
平面
，
平面
，则
平面
，
所以
到平面
的距离恒定不变，又
一定，则
恒定，得证.
2．（2026·海南模拟预测）如图，在三棱台
中，
底面
，
与
都是等
腰直角三角形，
，、分别为
、
的中点．
（1）证明：
平面
；
（2）求异面直线
与
夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）取
的中点，利用线面平行、面面平行的判定推理得证.
（2）取
的中点，
的中点，利用几何法求出异面直线的夹角余弦.
【详解】（1）在三棱台
中，设
的中点为，连接
，由为
的中点，
得
，又
平面
，
平面
，则
平面
，
由
为梯形
的中位线，得
，又
平面
，
平面
，
则
平面
，而
，
平面
，
平面
，
因此平面
平面
，又
平面
，所以
平面
.
（2）取
的中点，
的中点，连接
、
、
、
、
，
由
，是
中点，得四边形
是平行四边形，
则
，又是
中点，是
中点，则
，
即
就是异面直线
与
夹角，
又
底面
，
与
都是等腰直角三角形，
，
则
，
，
，因此
，
所以异面直线
与
夹角的余弦值为
.
🎯命题方向二 空间几何体的线面角
3. （2026·河北唐山·一模）如图，在三棱锥P
ABC
中，
2
BC
PB
PC
，BC
AP
，D 是BC
的
中点.
（1）证明：平面ABC
平面APD
；
（2）若
1
AD
，三棱锥P
ABC
的体积为
3
3 ，求直线PC 与平面PAB 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
21
7
【分析】（1）利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证.
（2）利用锥体体积求出
ADP
，再建立空间直角坐标系，求出平面PAB
法向量，然后利用线面角的向
量法求解.
【详解】（1）由
2
BC
PB
PC
，D 是BC 的中点，得BC
PD
，而BC
AP
，PD
AP
P
，
,
PD PA
平面APD ，则
BC
平面APD ，而
BC
平面ABC
，所以平面ABC
平面APD
（2）由（1）知
BC
平面APD ，则
1
1 1
sin
3
3 2
P ABC
PAD
V
S
BC
AD PD
ADP BC
，
而
3
1,
3,
2,
3
P ABC
AD
PD
BC
V
，解得sin
1,
90
ADP
ADP
，
即PD
AD
，直线
,
,
DA DB DP
两两垂直，
以D 为原点，直线
,
,
DA DB DP
分别为
, ,
x y z
轴建立空间直角坐标系，
(1,0,0), (0,1,0),
(0, 1,0), (0,0, 3)
A
B
C
P
，
(1,0,
3),
(0,1,
3),
(0, 1,
3)
PA
PB
PC
，
设平面
PAB
的法向量
( , , )
n
x y z
，则
3
0
3
0
n PA
x
z
n PB
y
z
，令
1
z
，得
( 3, 3,1)
n
，
因此
|
|
2 3
21
| cos
,
|
7
|
||
|
2
7
PC n
PC n
PC
n
，
所以直线PC 与平面PAB 所成角的正弦值为
21
7
.
4. （2026 浙江强基联盟·联考）如图，在三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
中，
ABC
V
为等边三角形，四边形
1
1
BCC B 是边长为2 的正方形，D 为AB 中点，且
1
5
A D
．
（1）求证：CD 平面
1
1
ABB A ；
（2）已知P 为线段
1B C 中点，求直线AP 与平面
1ACD 所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）2 5
5
【分析】（1）根据勾股定理、线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面
1ACD 的法向量，结合向量法求线面角求解即可.
【详解】（1）在三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
中，
1
1
2
AA
BB
，
1
1
2
AD
AB
，
1
5
A D
2
2
2
1
1
5
AD
A A
A D
，则
1
A A
AD .
又四边形
1
1
BCC B
正方形，则
1B B
BC
^
，
1
1
/ /
B B
A A ，所以
1A A
BC
.
又AD
BC
B
，
,
AD BC 平面ABC ，因此
1A A 平面ABC .
又CD 平面ABC ，所以
1
CD
AA
.
在等边
ABC
V
中，D 为AB 中点，则CD
AB
，
又
1
AB
AA
A
，
1
,
AB AA 平面
1
1
ABB A ，所以CD 平面
1
1
ABB A .
（2）取BC 中点为O ，
1
1
B C 中点为Q ，则OA
BC
，OQ
BC
.
由（1）知，
1A A 平面ABC ，OA 平面ABC ，则
1
OA
AA
.又
1
1
/ /
B B
A A ，故
1
OA
BB
.
又
1
BB
BC
B
，
1,
BB BC 平面
1
1
BCC B ，则OA 平面
1
1
BCC B 即
,
,
OA OB OQ 两两垂直.
以O 为坐标原点，OB
，OQ
，OA
的方向为x 轴､y 轴､z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则
0,0,0
O
，
0,0, 3
A
，
1 0,2, 3
A
，
1,0,0
C
，
1
3
,0,
2
2
D
，
1 1,2,0
B
，
因为P 为线段
1B C 中点，所以
0,1,0
P
.
3
3
,0,
2
2
CD
，
1
1,2, 3
CA
，
0,1,
3
AP
.
设平面
1ACD 的法向量为
, ,
n
x y z
，
则
1
0
0
n CD
n CA
，即
3
3
0
2
2
2
3
0
x
z
x
y
z
，故可取
1,1,
3
n
.
设直线AP 与平面
1ACD 所成角为，
则
2
2
2
2
2
2
0 1 1 1
3
3
4
2 5
sin = cos
,
5
2
5
0
1
3
1
1
3
AP n
所以直线
AP
与平面
1ACD 所成角的正弦值为2 5
5
.
5. （2026·甘肃陇南康县第一中学等三校·一模）如图，在四棱锥P
ABCD
中，
2
AB
BC
，
AB
BC
，AC
CD
，
2
CD
，PB
PC
，平面PBC 平面ABCD ．
（1）求证：AB
PC
；
（2）若二面角P
AB
C
的大小为60o
，求直线PD 与平面PAB 所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见详解 ；
（2）3 6
8
.
【分析】（1）结合已知条件利用面面垂直的性质定理以及线面垂直的判定定理和性质定理证明即可；
（2）根据图形找出二面角，然后建立空间直角坐标系，写出相应的点，求出平面PAB 的法向量，然后利
用向量法求解即可.
【详解】（1）取BC
的中点O
，连接PO
，如图所示：
因为PB
PC
，所以PO
BC
，
又平面PBC 平面ABCD ，且平面PBC
平面ABCD
BC
，PO 平面PBC ，所以
PO
平面
ABCD
，
又AB 平面ABCD ，所以PO
AB
，由AB
BC
，PO
BC
O
，
,
PO BC
平面PBC ，
所以AB 平面PBC
，又PC
平面PBC
，所以AB
PC
.
（2）由
PO
平面ABCD
，AB
BC
，
所以以点O 为坐标原点，
,
OB OP
分别为,x z
轴，过点O 平行于AB 的所在直线为
y
轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由（1）知AB 平面PBC
，
,
PB BC
平面PBC ,
所以
,
AB
PB AB
BC
，所以
PBC
为二面角P
AB
C
的平面角，
又二面角P
AB
C
的大小为60o
，所以
60
PBC
，
又BC
的中点为O
，
2
AB
BC
，所以
1
OB
，
在直角三角形PBO 中，tan
tan 60
3
1
PO
PO
PBC
PO
BO
，
所以
0,0, 3 ,
1, 2,0 ,
1,0,0 ,
1,0,0
P
A
B
C
，
则
1, 2,
3 ,
1,0,
3
PA
PB
，
设点
, ,0
D x y
，由AC
CD
，所以
0,
0
x
y
，①
则
1, ,0
CD
x
y
，又
2,2,0
AC
，
所以有
·
0
2
1
2
0 0
0
1
AC CD
x
y
y
x
，②
又
2
CD
，即
2
2
2
2
2
2
1
0
2
1
2
CD
x
y
x
y
，③
联立①②③解得：
2,
1
x
y
，所以
2, 1,0
D
，所以
2, 1,
3
PD
，
设平面
PAB
的一个法向量为
, ,
n
a b c
，由
·
0
2
3
0
·
0
3
0
PA n
a
b
c
PB n
a
c
，
令
3
c
，则
3,
0
a
b
，所以
3,0, 3
n
，
设直线
PD
与平面
PAB
所成的角为
，所以
·
sin
cos
,
PD n
PD n
PD n
2
2
2
2
2
2
2
3
1
0
3
3
9
3 6
8
2 2
2 3
2
1
3
3
0
3
，
所以直线PD 与平面PAB 所成角的正弦值为：
3 6
8
.
6. （2026·齐齐哈尔·一模）如图，线段AB 为圆锥PO 底面
O
的直径，点C 为线段AO 的中点，点D 是
以BC 为直径的圆上除,
B C
外的一个动点，
4
AO
OP
，且CD
CO
.
（1）证明：平面PAD 平面POD
；
（2）求
PB
与平面PAD
所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见详解 ；
（2）
2
2
【分析】（1）根据条件，利用线面垂直的判定，得AD 平面POD ，再由面面垂直的判定，即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面PAD 的法向量和PB
，由线面角的向量法，即可求解.
【详解】（1）因为PO 垂直于圆锥的底面ABD ，又AD 底面ABD ，所以PO
AD
，
因为OC
OD
，C
是线段AO
的中点，又
CD
CO
，则CD
OC
AC
，所以
AD
OD
，
又
,
,
OD
PO
O OD OP
平面POD ，所以AD 平面POD ，
又AD 平面PAD ，所以平面PAD 平面POD .
（2）以O 为坐标原点，以OB
为y 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为
3
BC
CA
，所以
0, 2,0 ,
0,0,4 ,
0,4,0 ,
0, 4,0
C
P
B
A
，
设
, ,0
D x y
，因为点D 是以BC 为直径的圆上除,
B C 外的一个动点，
则点D 的轨迹方程为
2
2
(
1)
9
x
y
，
由（1）知，
AD
OD
，所以点D 也在以OA
为直径的圆上，
则点D 的轨迹方程为
2
2
(
2)
4
x
y
，
联立
2
2
2
2
(
2)
4
(
1)
9
x
y
x
y
，可得
4 2
3
4
3
x
y
，
因为两交点关于y 轴对称，不妨取
4 2
4
,
,0
3
3
D
，
4 2 8
0,4,4 ,
,
,0 ,
0, 4,4
3
3
AP
AD
BP
，
设平面
PAD
的法向量为
, ,
n
x y z
，则
4
4
0
4 2
8
0
3
3
n AP
y
z
n AD
x
y
，
取
2,
1,
1
x
y
z
，则
2, 1,1
n
，
设PB 与平面PAD 所成的角为，
则
4
4
2
sin
cos
,
2
16 16
2 1 1
BP n
.
🎯命题方向三 空间几何体的面面角
7. （2026·浙江强基联盟·联考）如图，在三棱锥
中，
平面
，
，
，E 为
的中点．
P
ABC
PA
ABC
2
PA
AC
2
AB
BC
AC
（1）证明：
；
（2）求平面
与平面
夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）借助等腰三角形中线性质与线面垂直性质定理可得
、
，再利用线面垂
直判定定理可得
平面
，即可得证；
（2）法一：利用几何法，作出平面
与平面
夹角，再借助勾股定理与余弦定义计算即可得；法
二：利用空间向量法，建立适当空间直角坐标系后，求出两平面的法向量，再利用空间向量夹角公式计算
即可得.
【详解】（1）因为
，
为
的中点，所以
，
又因为
平面
，
平面
，所以
，
又因为
，
、
平面
，
所以
平面
，又因为
平面
，所以
；
（2）法一：如图，过
作
于
，连接
，
由（1）知
，又因为
，
、
平面
，
所以
平面
，所以
就是平面
与平面
的夹角，
因为
平面
，
平面
，所以
，
BE
PC
PBC
PAC
3
3
BE
AC
PA
BE
BE
PAC
PBC
PAC
AB
BC
E
AC
BE
AC
PA
ABC
BE
ABC
PA
BE
PA
AC
A
PA
AC
PAC
BE
PAC
PC
PAC
BE
PC
E
EH
PC
H
BH
BE
PC
BE
EH
E
BE
EH
EHB
PC
EHB
BHE
PBC
PAC
EH
PAC
BE
PAC
BE
EH
因为
，则
，
，则
，
则
，所以，平面
与平面
夹角的余弦值为
．
法二：以
为原点建立如图所示的坐标系，则
，
，
，
，
由轴
平面
，则平面
的一个法向量为
，
设平面
的一个法向量为
，
由题意
，可得平面
的一个法向量为
，
所以
，
所以，平面
与平面
夹角的余弦值为
．
1
1
2
2
2
PAC
S
AC PA
EH PC
2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
AC PA
EH
PC
2
2
1
2
AC
BE
AB
2
2
1
6
1
2
2
BH
BE
EH
2
3
2
cos
3
6
2
EH
BHE
BH
PBC
PAC
3
3
A
(0,0,0)
A
(1,1,0)
B
(0,2,0)
C
(0,0,2)
P
x
PAC
PAC
(1,0,0)
m
PBC
( , , )
n
x y z
0
0
n PC
n PB
PBC
(1,1,1)
n
1
3
cos
cos
,
3
1
3
m n
BHE
m n
m n
PBC
PAC
3
3
8. （2026·黑龙江哈尔滨第三中学·一模）如图，在四棱锥
中，四边形
为正方形，G，F
分别是线段
，
的中点.
（1）求证：
平面
；
（2）若平面
平面
，
，
，且平面
与平面
夹角余弦值为
，求
的长.
【答案】（1）证明见详解；
（2）
【分析】（1）利用三角形中位线定理得到
，再利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）以点
为原点，建立空间直角坐标系，利用线面角余弦值的向量求法，列方程即可求得
的长.
【详解】（1）连接
，因为四边形
为正方形，G 是线段
的中点，所以G 是线段
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）因为平面
平面
，平面
平面
，
，
平面
，
所以
平面
，
E
ABCD
ABCD
BD
EC
//
GF
ABE
ABE
ABCD
AE
BE
2
AB
ADE
CDE
2 57
19
AE
3
//
GF AE
E
AE
AC
ABCD
BD
AC
EC
//
GF AE
GF
ABE
AE
ABE
//
GF
ABE
ABE
ABCD
ABE
ABCD
AB
AD
AB
AD
ABCD
AD
ABE
过点
作，
，所以
平面
，
又因为
，所以以点
为原点，以
为
轴，建立空间直角坐标系，
设
，则
，
所以
，
取平面
的法向量为
，
，
设平面
法向量为
，则
，
令
，则
，
因为平面
与平面
夹角余弦值为
，所以
，
即
，
化简得到
，解得
或
（舍去），
因为
，所以
，故
.
9. （2026·黑龙江实验中学高三联合·模拟）如图，在三棱锥
中，平面
平面
，
，为
的中点．
E
//
EH AD
EH
ABE
AE
BE
E
,
,
EB EA EH
, ,
x y z
0
AE
t t
2
4
BE
t
2
2
0,0,0 ,
0, ,0 ,
4
,0,0 ,
0, ,2 ,
4
,0,2
E
A
t
B
t
D
t
C
t
ADE
1,0,0
n
2
0, ,2 ,
4
,0,2
ED
t
EC
t
CDE
, ,
m
x y z
2
2
0
4
2
0
ED m
ty
z
EC m
t
x
z
2
x
t
2
2
2 ,2 4
,
4
m
t
t
t
t
ADE
CDE
2 57
19
2 57
cos ,
19
n m
n m
n m
2
2
2
2
2
2
2 57
19
2
2 4
4
t
t
t
t
t
4
2
3
7
48
0
t
t
2
3
t
16
3
0
t
3
t
3
AE
A
BCD
ABD
BCD
AB
AD
O
BD
（1）证明：
；
（2）若
是边长为2 的等边三角形，三棱锥
的体积为
，点
在棱
上，
，
求二面角
的大小．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）先证
，再由平面与平面垂直的性质定理进行求解；
（2）法一，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解；法2，过E 作
交BD 于H，过H 作
于G，连
.则
为二面角
的平面角，进行求解．
【详解】（1）因为
，是
中点，所以
，
因为
平面
，平面
平面
，
且平面
平面
，所以
平面
．
因为
平面
，所以
．
（2）如图所示，以O 为坐标原点，
为轴，
为y 轴，垂直
且过O 的直线为x 轴，建立空间直
角坐标系
，
OA
BC
OCD
A
BCD
4 3
3
E
AD
2
DE
EA
E
BC
D
45
OA
BD
EH
AO
∥
HG
BC
EG
EGH
E
BC
D
AB
AD
O
BD
OA
BD
OA
ABD
ABD
BCD
ABD
BCD
BD
OA
BCD
BC
BCD
OA
BC
OA
z
OD
OD
O
xyz
，
由（1）知
平面
，三棱锥
的体积为
，所以
．
法1：
，
，
，
，
，
所以
，
，
设
为平面
的法向量，则由
，
，
得平面
的一个法向量为
．
又平面
的一个法向量为
，所以
，
由观察知二面角为锐角，所以二面角大小为45°，
法2：过E 作
交BD 于H，过H 作
于G，连
，
因为
平面BCD，所以
平面BCD．
因为
平面BCD，所以
．
因为
，
，
平面
，所以
平面
，
因为
平面
，所以
，
因为
，所以
为二面角
的平面角，
2
3
2
2
2
2 3
4
BCD
OCD
S
S
OA
BCD
A
BCD
1
4 3
3
3
BCD
V
S
OA
△
2
OA
3,1,0
C
0,2,0
D
0, 2,0
B
0,0,2
A
2 4
0,
,
3 3
E
8
4
0,
,
3
3
EB
3,3,0
BC
, ,
n
x y z
EBC
0
0
EB n
BC n
8
4
0
3
3
3
3
0
y
z
x
y
EBC
3,
3,2 3
n
BCD
0,0,1
m
2
cos
,
2
n m
n m
n
m
EH
AO
∥
HG
BC
EG
AO
EH
BC
EH
BC
HG
EH
H
HG
EH
EHG
BC
EHG
EG
EHG
BC
EG
BC
HG
EGH
E
BC
D
因为
，所以
，
，得
，
得
，由
，得
，而
，
得
，得
，而
，得
，得
，
在
中，
，所以
，
所以二面角
的大小为
．
10.（2026·江苏扬州市第一次·调研） 如图，P 为圆锥的顶点，O 为圆锥底面的圆心，AB 为底面直径，四
边形POBC 是梯形，且PC
OB
∥
，
1
1
2
PC
OB
，
2 2
OP
，D 为圆O 上一点．
（1）若点M 在线段AD 上，且
3
AM
MD
，求证：PM ∥平面CDB；
（2）当直线PD 与平面PAB 所成的角为30°时，求二面角A
PD
B
的正弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）4 66
33
【分析】（1）利用平面和平面平行可证线面平行或者
（2）利用线面角求出线段的长度，建立坐标系，求出法向量可求二面角
【详解】（1）解法一：取线段OB 的中点N，连接MN，PN．
因为PC
OB
∥
，
1
2
PC
OB
，所以PC
NB
∥
且PC
NB
，
因此四边形PCBN
平行四边形，所以PN
CB
∥
．
又CB 平面CDB，PN 平面CDB，所以
/ /
PN
平面CDB．
2
DE
EA
2
4
3
3
EH
AO
2
4
3
3
DH
DO
2
2
3
3
4
OH
DO
DH
2
2
2
3
4
3
BH
BD
2,
120
OB
OC
BOC
30
OCB
60
OCD
90
BCD
DC
BC
EH
BC
/ /
HG
CD
2
4
3
3
HG
CD
Rt
EGH
△
tan
1
EH
EGH
HG
45
EGH
E
BC
D
45
因为
3
AN
NB
，
3
AM
MD
，所以MN
BD
∥
．
又BD 平面CDB，MN 平面CDB，所以
/ /
MN
平面CDB．
而
,
,
PN
MN
N PN MN
平面PMN，
所以平面
/ /
PMN
平面CDB，
又PM 平面PMN，所以
/ /
PM
平面CDB．
解法二:在线段BD 上取点E，使得
3
BE
DE
，连接CE，ME，
又
3
AM
MD
，所以
/ /
ME
AB ，且
1
4
ME
AB
，
又
/ /
PC
AB ，且
1
4
PC
AB
，所以
/ /
PC
ME ，且PC
ME
．
所以四边形PCEM 是平行四边形，所以
/ /
PM
CE ，
又CE 平面CDB，PM 平面CDB，所以
/ /
PM
平面CDB．
（2）由圆锥的对称性不妨取点D 为如图所示位置，在圆锥底面内过点D 作DF
AB
于点F，连接PF，
因为平面PAB 平面ABD，平面PAB 平面ABD
AB
，所以DF 平面PAB，
所以
DPF
就是直线PD 与平面PAB 所成的角，所以
30
DPF
，
因为
2
2
2 3
PD
PB
PO
OB
，所以
sin30
3
DF
PD
．
连接OD，则
2
2
1
OF
OD
DF
，即点F 为OB 的中点．
以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，
则
2,0,0 ,
0,0,2 2 ,
2,0,0 ,
1, 3,0
A
P
B
D
，
于是
2,0,2 2 ,
1, 3, 2 2 ,
2,0, 2 2
AP
PD
PB
．
设平面APD 的法向量为
1
1
1
1
,
,
n
x y z
，则
1
1
0
0
AP n
PD n
，得
1
1
1
1
1
2
2 2
0
3
2 2
0
x
z
x
y
z
，
取
1
2
x
，可得
1
2, 6,1
n
．
设平面PDB 的法向量为
2
2
2
2
,
,
n
x
y z
，则
2
2
0
0
PB n
PD n
，得
2
2
2
2
2
2
2 2
0
3
2 2
0
x
z
x
y
z
，
取
2
2
x
，可得
2
6
2,
, 1
3
n
．
所以
1
2
1
2
1
2
1
33
cos
,
33
11
3
3
n n
n n
n n
，
故二面角
A
PD
B
的正弦值为
2
2
1
2
33
4 66
1 cos
,
1
33
33
n n
．
11. （2026·陕西榆林·一模）如图，直四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
内接于圆柱
1
OO ，且底面为矩形，B 是圆
柱
1
OO 底面圆O 的圆周上一动点，AC 是圆O 的直径，且
1
AC
AA
，E 是AB 的中点，Q 是
1
BB 的中点．
（1）证明：
1
/ /
O E
平面
1
1
ADD A ；
（2）设
COB
，求平面
1
AQC 与平面ABC 的夹角的正弦值.（用表示）
【答案】（1）证明见详解
（2）
2
1
1
sin
【分析】（1）连接
，利用中位线证OE∥BC∥AD，结合直棱柱侧棱平行证平面
∥ 平面
，从而得线面平行.
（2）以
为原点建系，设边长用表坐标，求平面
与
的法向量，用夹角公式求正弦值.
【详解】（1）如图，取
1
1
A D 的中点F ，连接
1,
FO AF ，则
1
1
1
/ /
FO
D C ，且
1
1
1
1
2
FO
D C
．
因为底面为矩形，所以
1
2
AE
AB
，
1
1
/ /
AB
D C ，且
1
1
AB
D C
，所以
1 / /
FO
AE ，且
1
FO
AE
，
则四边形
1
AEO F 为平行四边形，所以
1
/ /
AF
O E ．
因为AF 平面
1
1
ADD A ，
1
O E 平面
1
1
ADD A ，所以
1
/ /
O E
平面
1
1
ADD A ．
（2）以O 为坐标原点，直线OC ，
1
OO 分别为,y z 轴，过点O 且在底面内与AC 垂直的直线为x 轴建立
空间直角坐标系，如图所示．
设
2
AC
，则
0, 1,0
A
，
1 0,1,2
C
，
sin ,cos ,1
Q
，
所以
sin ,1 cos ,1
AQ
，
1
0,2,2
AC
．
设平面
1
AQC
的法向量为
, ,
n
x y z
，则
1
sin
1 cos
0
2
2
0
AQ n
x
y
z
AC n
y
z
，
令
sin
z
，得
cos , sin ,sin
n
.易知平面ABC 的一个法向量为
0,0,1
m
．
设平面
1
AQC 与平面
ABC
的夹角为
，则
2
sin
cos
cos
,
1 sin
m n
m n
m n
．
所以
2
2
2
2
sin
1
sin
1
cos
1
1
sin
1
sin
，
即平面
1
AQC 与平面ABC
的夹角的正弦值为
2
1
1
sin
．
题型03 空间几何体的距离、体积问题
抓关键
· 破难点
一、求立体几何中点到线的距离:
已知直线的单位方向向量为，是直线上的定点，是直线外一点.设
，则向量
在直线
上的投影向量
，在
中，由勾股定理得：
二、求立体几何中线到面的距离：
如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面
于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是
在直线上的投影向量
的长度.
三、
立体几何中常见的求体积的方法：
（1）公式法；（2）割补法；（3）等体积法.
刷经典
· 通方法
🎯命题方向一 空间几何体中点到线的距离
1．（2026·江西吉安高三期末·检测）如图，已知正三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
中，
1
2
AB
AA
，点P 为BC 的中
点.
（1）证明：
1
/ /
A B
平面
1
APC
；
（2）求点
1A
到平面
1
APC
的距离.
【答案】（1）证明见详解
（2）
2 5
5
【分析】
（1）连接
交
于点
，连接
，利用中位线定理证明
，再由线面平行的判定定理证
明.
（2）建立空间直角坐标系，求平面
的法向量，代入点到平面的距离公式求解.
【详解】（1）方法一：取AB 的中点
O ，根据正三棱柱性质可得
,
OB OC
互相垂直，建立如图所示空间直
角坐标系，则
1,0,0
B
，
1,0,0
A
，
1
3
,
,0
2
2
P
，
1 0, 3,2
C
，
1 1,0,2
B
，
1
1,0,2
A
，
3
3
,
,0
2
2
AP
，
1
1, 3,2
AC
，
1
0,0,2
AA
，
1
2,0, 2
A B
设平面
1
APC 的法向量为
, ,
n
x y z
，则有
1
0
0
n AP
n AC
，即
3
3
0
{2
2
3
2
0
x
y
x
y
z
，
令
1
x ，则
3
y
，
1
z ，即
1,
3,1
n
，
因为
1
2 1
0
3
2
1
0
A B n
，又
1
A B
平面
1
APC ，所以
1
/ /
A B
平面
1
APC ；
方法二：
如图，连接
1AC
交
1
AC
于点O ，连接PO ，
易知O 为
1AC
的中点，又点P 为BC 的中点，故
1
PO
B
A
，而PO 平面
1
APC
，
1
BA
平面
1
APC
，
所以
1
/ /
A B
平面
1
APC
；
（2）方法一：点
1A 到平面
1
APC 的距离
1
2
2 5
5
5
n
d
AA
n
.
方法二：因为
1
/ /
A B
平面
1
APC
，故
1A
到平面
1
APC
的距离即为B 到平面
1
APC
的距离，设为d ，
因为
AP
BC ，
1
BB
AP
，
1
1
,
,
BC
B B
B BC B B
平面
1
1
BCC B
，
故AP 平面
1
1
BCC B
，
1
PC
平面
1
1
BCC B
，故
1
AP
PC
，
由题意知
3
AP
，
1
BP
CP
，所以
2
2
1
1
5
PC
PC
CC
，
1
3
2
2
ABP
S
AP BP
，
1
1
1
15
2
2
APC
S
AP PC
，
由
1
1
1
1
1
1
3
3
B APC
C
ABP
APC
ABP
V
V
d S
CC
S
，
代入解得
2 5
5
d
.
2．（2026·宁夏银川市三校第一次·联考）如图，在四棱锥P
ABCD
中，PA 平面ABCD ，
/ /
AB
CD ，且
2
CD
，
1
AB ，
2 2
BC
，
2
PA
，AB
BC
，N 为PD 的中点.
（1）求证：
/ /
AN
平面PBC ；
（2）求平面PAD 与平面PCD 夹角的余弦值；
（3）点M 在线段AP 上，直线CM 与平面PAD 所成角的正弦值为4 5
15 ，求点M 到平面PCD 的距离.
【答案】（1）证明见详解
（2）
3
9
（3）
6
3
【分析】（1）取 PC 中点，构造平行四边形，证明AN 与平面PBC 内直线平行，证线面平行.
（2）建立空间直角坐标系，求两平面法向量，用夹角公式计算余弦值.
（3）设参数表示点M，由线面角求参数，再用点到面距离公式求解.
【详解】（1）记CD 的中点为E ，连结AE ，因为
/ /
AB
CD ，
1
1
2
CE
CD
AB
，所以四边形ABCE 是平
行四边形，则
1
AE ，因为AB
BC
，所以平行四边形ABCE 是矩形，则AE
AB
，
因为PA 平面
ABCD
，
,
AE AB
平面
ABCD
，所以
,
PA
AE PA
AB
，则
,
,
PA AE AB
两两垂直，
故以A 为坐标原点，分别以AE ，AB ，AP 为, ,
x y z 轴建立空间直角坐标系，如图，
则
0,0,0
A
，
0,1,0
B
，
2 2,0,0
E
，
2 2, 1,0
D
，
2 2,1,0
C
，
0 0 2
P
, ,
，
因为N 为PD 的中点，所以
1
2,
,1
2
N
，则
1
2,
,1
2
AN
，
设平面PBC 的一个法向量为
, ,
m
x y z
，而
(0, 1,2)
BP
，
(2 2,0,0)
BC
，
则
2
0
2 2
0
m BP
y
z
m BC
x
，令
1
z ，则
0,2,1
m
，所以
1
2 1
0
2
AN m
uuur ur
，则AN
m
uuur
ur ，
又AN 平面PBC ，所以
/ /
AN
平面PBC ．
.
（2）设平面PAD 的一个法向量为
( , , )
n
a b c
，而
(0,0,2)
AP
，
(2 2, 1,0)
AD
，
所以
2
0
2 2
0
AP n
c
AD n
a
b
，令
1
a ，则
(1,2 2,0)
n
r
，
设平面PCD 的一个法向量为
( , , )
u
r s t
，而
(0, 2,0)
CD
，
(2 2,1, 2)
PC
，
所以
2
0
2 2
2
0
CD u
s
PC u
r
s
t
，令
1
r ，则
(1,0, 2)
u
，
记平面PAD 与平面PCD 夹角为，则
π
0
2
，
所以
9
1 0
0
3
cos
cos
,
1 8
1
2
n u
n u
n u
r r
r r
r
r
，
所以平面PAD 与平面PCD 夹角的余弦值为
3
9 .
（3）依题意，不妨设
0
2
AM
k
k
，则
0,0,
M
k
，
2 2, 1,
CM
k
，
又由（2）得平面PAD 的一个法向量为
(1,2 2,0)
n
r
，记直线CM 与平面PAD 所成角为，
所以
2
2 2
2 2
4 5
sin
cos
,
15
1 8
8 1
n CM
n CM
n CM
k
，解得
1
k
（负值舍去），
所以
0,0,1
M
，则
0,0,1
MP
，
而由（2）得平面PCD 的一个法向量为
(1,0, 2)
u
，
所以点
M
到平面
PCD
的距离为
6
3
1
2
2
u
u
MP
.
🎯命题方向二 空间几何体中线到面的距离
3．（2026·福建泉州质量检测）如图，四棱台
中，底面
是边长为4 的菱形，
，
．
（1）证明：
平面
；
（2）证明：
平面
；
（3）若该四棱台的体积等于
，且
，求直线
到平面
的距离．
【答案】（1）证明见详解
（2）证明见详解
（3）
【分析】（1）根据棱台的性质得到平面
平面
，然后利用面面平行的性质定理得到
，然后根据棱台和菱形的性质得到
，即可得到
，最后证明线面平行即可；
（2）利用勾股定理得到
，根据等腰三角形的性质得到
，再证明线面垂直即可；
（3）解法一：根据棱台的体积公式列方程，得到
，然后建系，利用空间向量的方法求距离；解
法二：根据棱台的体积公式列方程，得到
，然后构建平面
平面
，利用面面垂直的性
质定理得到
为直线
到平面
的距离，然后利用等面积求距离.
【详解】（1）
连结
，交于点，连结
，则为
的中点，
由四棱台
，得平面
平面
，
又平面
平面
，平面
面
，
所以
，
因为
，所以
，
因为为
的中点，所以
，
所以四边形
为平行四边形，故
，
又
平面
平面
，所以
平面
．
（2）取
的中点，连结
，由四棱台
得，
，
，
，
所以四边形
为平行四边形，
，则
，
所以
，所以
，由（1），知
，又
，所以
，
因为
，所以
，又
平面
，所以
平面
．
（3）解法一：菱形
的面积
，
由四棱台
且
，可得
，
四棱台
的体积
，
从而
，解得
，
因为
，所以
，
故
，从而
，所以
，所以
，
取
的中点，则
两两垂直，如图，以为坐标原点，分别
，
，
的方向为轴，
轴，轴的正方向建立空间直角坐标系
，
则
，
，
，
，
，
设平面
即平面
的法向量
，
则
即
整理，得
令
，得
，
从而点到平面
的距离
，
所以直线
到平面
的距离为
．
解法二：
延长
交于点，取
的中点
，连结
交
于点
，连结
，
，则
的中点
均为
，因为
平面
，所以
，因为
，所以
，
又
平面
，所以
平面
，
又
平面
，所以平面
平面
，
过点
作
于，且平面
平面
平面
，所以
平面
，
故
为点
到平面
的距离即为直线
到平面
的距离，
因为
，所以点
到
的距离等于点到
的距离，
又
中，
，
设点到
的距离为，则
，
所以
，解得
，所以直线
到平面
的距离为
．
🎯命题方向三 空间几何体中的体积问题
4．（2026·全国·模拟预测）如图，在四棱锥
中，底面
为梯形，平面
平
面
，
，
，
是等边三角形，O，M 分别为线段AB，PB 的中点，且
，
．
（1）求证：
平面
；
（2）求多面体
的体积．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）由面面平行的性质定理和判定定理即可证明；
（2）多面体OMCPAD 的体积
，分别求出
即可得出
【详解】（1）∵O，M 分别为线段AB，PB 的中点，∴
．
∵
平面
，
平面
，∴
平面
．
∵
，
，
，∴
，
，
∴四边形ADCO 为平行四边形，则
．
∵
平面
，
平面
，∴
平面
．
∵
，
平面
，∴平面
平面
．
∵
平面
，∴
平面
．
（2）如图，连接OP．∵
是等边三角形，∴
．
∴平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
∴
平面
．
∵
是等边三角形，
，∴
．
∴
．
∵M 为PB 的中点，∴三棱锥
的高
，
∴
，
∴多面体OMCPAD 的体积
.
5．（2026·福建福州模拟·预测）如图，在四棱锥
中，底面
是边长为4 的菱形，
，
平面
，点为
中点，点，分别在棱
，
上，且
，
.
（1）证明：
；
（2）记三棱锥
与四棱锥
的体积分别为
，，求
；
（3）若
，求直线
与平面
所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得
，利用余弦定理以及勾股定理可得
，
进而由线面垂直求证得解，
（2）利用等体积法以及相似，即可由锥体的体积公式求解，
（3）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，进而利用向量的夹角公式求解.
【详解】（1）因为
，
，所以
，
因为
平面
，所以
平面
，
因为
平面
，所以
，
取
中点，因为为
中点，所以
，因此
,则，，，共面，
因为四边形
是边长为4 的菱形，
，所以在
中
，
，
，
所以
，故
，所以
，
因为
，
平面
，所以
平面
因为
平面
，所以
.
（2）由
，
，
，可得
，
所以
.
（3）取
中点
，连接
，由题意可得
，
，
两两垂直，以点为原点，
，
，
所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系.
则
，
，
，
，
，
，
，
.
设平面
的法向量为
，则有
，得
，
取
，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
.
6. （2026·湖北武汉3 月·调研）如图，在三棱锥P
ABC
中，
1
PA
，
2 3
PB
，
3
PC
，
3
AB
，
6
BC
，
7
AC
，点M ，N 分别是棱PB ，PC 上的点，且直线PA 平面AMN .
（1）求MN
的长；
（2）求三棱锥P
ABC
的体积；
（3）求直线BC
与平面PAB 所成角的正弦值.
【答案】（1）
2
（2）15
4
（3）3 5
8
【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合勾股定理的逆定理、余弦定理、锐角三角函数定义进行求解即
可；
（2）根据三棱锥的等积性，结合三棱锥的体积公式进行求解即可；
（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）在PAC
中，由余弦定理，得
2
2
2
1 9
7
1
cos
2
2 1 3
2
PA
PC
AC
APC
PA PC
，
在PAB
中，由余弦定理，得
2
2
2
1 12
9
3
cos
2
3
2 1 2 3
PA
PB
AB
APB
PA PB
，
因为PA 平面AMN ，
,
AM AN
平面AMN ，
所以
,
PA
AM PA
AN
，
所以在
Rt PAM
中，
1
cos
3
cos
3
3
PA
PA
PAM
PM
PM
PAM
，
在
Rt
PAN
△
中，
1
cos
2
1
cos
2
PA
PA
PAN
PN
PN
PAN
，
在
PBC
△
中，由余弦定理，得
2
2
2
12
9
6
5 3
cos
2
12
2 2 3 3
PB
PC
BC
BPC
PB PC
，
所以在
PBC
△
中，由余弦定理，得
2
2
5 3
2
cos
3
4
2
3
2
2
12
MN
PM
PN
PM PN
MPN
.
（2）所以在Rt PAM
中，
2
2
2
AM
PM
PA
，
在Rt
PAN
△
中，
2
2
3
AN
PN
PA
，
在AMN
中，由余弦定理，得
2
2
2
2
3
2
6
cos
2
4
2
2
3
MA
NA
MN
MAN
MA NA
，
所以
2
2
6
10
sin
1 cos
1
4
4
MAN
MAN
，
设点A 到平面PBC 的距离为h ，
由三棱锥的体积公式和性质，
得
1
1
sin
3
2
1
3
2
1
1
3
2 3 3
sin
3
2
PMN
P AMN
A PMN
P ABC
A PBC
PBC
h S
PM PN
MPN
V
V
V
V
h S
PB PC
MPN
，所以
1
1
1
10
15
3
3
sin
2
3
3
2
2
4
4
P ABC
P AMN
V
V
PA
AM AN
AMN
.
（3）由上可知：MA
MN
，取AN 的中点O ，显然OM
AN
，
因为PA 平面AMN
，OM
平面AMN
，所以PA
OM
，
因此以
,
OM ON
所在的直线为x 轴和
y
轴，过O 与PA 平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如下图所
示：
3
3
3
5
0,
,0 ,
0,
,1 ,
0,
,0 ,
,0,0
2
2
2
2
A
P
N
M
，
由上可知：M 是棱PB 中点，
2
PN
NC
uuur
uuur
，
所以可得
3
5,
, 1
2
B
，
1
0, 3,
2
C
，即
3 1
5,
,
2
2
BC
设平面PAB 的法向量为
, ,
m
x y z
，
0,0, 1 ,
5, 3, 2
PA
PB
，所以
0
0
5
3
0
5
3
2
0
z
m PA
z
x
y
m PB
x
y
z
，
所以取该平面的一个法向量为
3,
5,0
m
，
设直线BC 与平面PAB 所成角为，
所以
15
15
3 5
2
sin
cos
,
8
3
1
5
3
5
4
4
BC m
BC m
BC
m
.
题型04 立体几何中的探索与最值问题
抓关键
· 破难点
一、立体几何中的最值问题
第①步：转化空间为平面
（1）求最短路径时，将几何体侧面展开成平面图形，利用两点之间线段最短求解；
（2）求点到线或点到面的距离时，利用垂线段最短结合线面垂直性质求解.
第②步：建立函数求最值
（1）建立空间直角坐标系，设动点坐标，把线段长、面积、体积等几何量表示为函数；
（2）利用二次函数或基本不等式等方法求函数最值.
第③步：验证几何合理性
确认最值对应的点、线、面位置在几何体内部，符合题意.
二、立体几何中的存在、探索问题
第①步：假设存在，设参数
假设满足条件的点、线或面存在，设出未知参数，如线段比例或坐标参数.
第②步：推理论证，列方程
利用平行或垂直的判定定理，或向量法，将条件转化为方程或方程组.
第③步：解方程，下结论
若方程有解且参数在合理范围，则存在；若无解或参数超出范围，则不存在.
刷经典
· 通方法
🎯命题方向一 立体几何中的最值问题
1．（2026·湖南邵阳·三模）如图，圆台
的下底面的内接正方形
的边长为4，是上底面圆周上
的一点，且满足
，
．
（1）证明：
平面
；
（2）求三棱锥
的外接球的表面积；
（3）
是
的中点，
是上底面圆周上的一点，求异面直线
与
所成角的余弦值的最大值．
【答案】（1）证明见详解；
（2）
；
（3）
.
【分析】（1）根据已知得
、
，由线面垂直的判定证明结论；
（2）将三棱锥
补成正三棱柱
，应用正弦定理求
的外接圆半径，结合已知求外
接球半径，即可得三棱锥
外接球的表面积；
（3）构建合适的空间直角坐标系，标注相关点坐标，设
，结合
得
且
，再由向量法求异面直线的夹角余弦值，结合基本不等式求最大值.
【详解】（1）由题设
，
，则
，故
，
由四边形
为正方形，则
，而
都在平面
内，
所以
平面
；
（2）由
平面
，
为等边三角形，将三棱锥
补成正三棱柱
，
设
的中心为点，
的中心为，则
的中点为外接球球心，
所以
的外接圆半径
，
，
所以外接球的半径
，
因此三棱锥
的外接球的表面积
；
（3）由
，以为原点，
所在直线为
轴，建立如下图示的空间直角坐标系
，
则
，设
，连接
，
由
平面
，则平面
平面
，
则点到
的距离等于
，而
，所以
且
，
由
，
，若异面直线
所成角为，
则
，
所以
，
当且仅当
时取等号，则
，
所以异面直线
与
所成角的余弦值的最大值
.
2. （2026·江苏南京市中华中学模拟·预测）如图，点D
是以AB
为直径的半圆上的动点，已知
3
AB
BC
，且AB
BC
，平面BCD
平面ACD
（1）证明：
BD
BC
；
（2）若线段AC 上存在一点E 满足
2
CE
EA
，当三棱锥C
ABD
的体积取得最大值时，求平面BED
与平面AEB 夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
6
6
【分析】（1）过点
B 作BH
CD
于H ，应用面面、线面垂直的性质有BH
AD
，再由线面垂直的判
定证明AD 面BCD ，最后应用线面垂直的判定和性质证明结论；
（2）根据已知确定三棱锥C
ABD
的体积取得最大有
3 2
2
BD
AD
，过点D 作
DO
AB 于O ，建
立合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.
【详解】（1）过点
B 作BH
CD
于H ，
由平面BCD 平面ACD ，平面BCD
平面ACD
CD
，BH 平面BCD ，
BH
平面ACD
，AD 平面ACD
，故BH
AD
，又AB
直径，易知BD
AD
，
且
,
,
BD
BH
B BD BH
平面BCD ，所以AD 平面BCD ，
BC
平面BCD ，
BC
AD
，且AB
BC
，
,
AD AB
平面BAD ，AD
AB
A
，
BC
平面ABD ，BD 平面ABD ，故
BD
BC
.
（2）由（1）知，
2
2
2
1
1
1
1
9
3
2
4
4
4
C
ABD
ABD
V
BC S
BD AD
BD
AD
AB
，
当
3 2
2
BD
AD
时，
C ABD
V
取到最大值，过点D 作
DO
AB 于O ，
建立以O
为原点，OD
为x
轴，OA
为
y
轴，过O
点垂直于平面ABD 的方向为z 轴，
设平面BED 与平面AEB 的法向量分别为
1
2
,
n n
.
则
3
3
3
1
0,
,0 ,
0,
,0 ,
,0,0 ,
0,
,1
2
2
2
2
B
A
D
E
，
3
0,
,3
2
C
，
所以
3 3
,
,0 ,
0,2,1
2 2
BD
BE
，则
1
1
3
3
0
2
2
2
0
BD n
x
y
BE n
y
z
，
令
1
x
，可得
1,
2
y
z
，
所以
1
1, 1,2
n
，因为平面AEB 的法向量为
2
1,0,0
n
，
则平面BED 与平面AEB 夹角的余弦值
1
2
1
2
6
cos
6
n n
n
n
.
🎯命题方向二 立体几何中的存在、探索问题
3．（2026·广东茂名·一模）如图，在四棱锥
中，
平面
分别为
的中点.
（1）证明：
平面
；
（2）在线段
上是否存在点，使得
平面
，若存在，求
的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）详见详解；
（2）存在，
【详解】（1）如图：取PD 的中点H，连接FH，AH，
因为
，又
，所以
，
所以四边形
是平行四边形，所以
，又
平面
，
平面
，
所以
平面
（2）建立如图所示空间直角坐标系：
则
，
所以
，
，
设平面PBC 的一个法向量为
，则
，即
，
令
，则
，
，所以
，
设
，则
，
若
平面
，则
，所以
，解得
，所以
，
则
，
所以在线段
上是否存在点，使得
平面
，
的长为
.
4．（2026·云南红河州模拟·预测）如图，在五面体
中，
，
，
，
为等边三角形，平面
平面
．
（1）证明：直线
平面
；
（2）求平面
与平面
夹角的余弦值；
（3）设点为线段
上一动点，请从以下两个条件中任选一个作答．
①
；
②
；
是否存在满足所选条件的点，若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由．注：若选择多个条件
分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）存在，为线段
的中点
【详解】（1）因为
，
，则
，即
．
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
．
（2）取
的中点，连接
，
因为
为等边三角形，且
，则
，且
，
以为坐标原点，
，
，平行
的直线分别为
轴，建立如图所示空间直角坐标系
，
则
，
，
，
，
可得
，
，
，
设面
的一个法向量为
，则
，
令
，得
，
，可得
；
设平面
的一个法向量为
，则
，
令
，得
，
，可得
；则
，
所以平面
与平面
所成角的余弦值为．
（3）由（2）可知
，
，
因为点在线段
上，设
（
），则
（
），
因为
，
，
若选①：存在一点，使得
，
理由如下：因为
，解得
或
（舍去），
所以当为线段
的中点时，
．
若选②：存在一点，使得
，
理由如下：因为
，
可得
，
又因为
，即
，解得
或
（舍去），
因此当为线段
的中点时，
．
5. （2026·宁夏青铜峡一模）如图，在四棱柱
中，侧棱
底面
，
.
（1）证明：
平面
；
（2）设点
为
的中点，点
在CE 上.
（i）判断三棱锥
的体积是否为定值？若是，求出此定值：若否，说明理由；
（ii）当
的面积最小时，求平面ADM 与平面ABCD 夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见详解；
（2）（i）是定值，为
，理由见详解；（ii）
.
【分析】（1）利用勾股定理证明
，再结合
即可证明；
（2）（i）连接
，证明
平面
，进而转化为
的体积即可判断并求解；
（ii）取
中点
，连接
，证明
，
得
是平面
与平面
1
1
1
1
ABCD
A B C D
1
AA
,
,
ABCD AB
AD AD
BC
∥
1
1,
2,
3
AB
BC
AD
AA
CD
1
1
ACC A
E
1
1
A D
M
1
M
ABA
ADM
△
3
6
3
2
AC
CD
1
AA
CD
1A B
/ /
CE
1
1
ABB A
1
C
ABA
AD
F
,
CF EF
AF
MF
AF
CF
MFC
ADM
ABCD
夹角所成的二面角的平面角，且
，最后在
中
时
最小，并结合对应距
离求角度.
【详解】（1）证明：因为底面四边形
中，
，
，
所以四边形
为直角梯形，且
，
所以
，即
，
因为侧棱
底面
，
底面
，所以
，
又
，
平面
，
平面
.
所以
平面
.
（2）（i）三棱锥
的体积为定值
，理由如下：
连接
，因为侧棱
底面
，所以
，
又
，
平面
，
平面
，所以
平面
，
在四棱柱
中，
，
因为
，
，点
为
的中点，
所以
，即四边形
是平行四边形，所以
，
因为
平面
，
平面
，所以
平面
，
ADM
S
MF
△
CEF
△
MF
CE
MF
ABCD
,
AB
AD AD
BC
∥
1,
2
AB
BC
AD
ABCD
2
AC
CD
2
2
2
AC
CD
AD
AC
CD
1
AA
ABCD
CD
ABCD
1
AA
CD
1
AC
AA
A
∩
1
AA
1
1
ACC A
AC
1
1
ACC A
CD
1
1
ACC A
1
M
ABA
3
6
1A B
1
AA
,
,
ABCD AB
AD AD
BC
∥
1
AA
BC
AB
BC
1
AA
AB
A
1
AA
1
1
ABB A
AB
1
1
ABB A
BC
1
1
ABB A
1
1
1
1
ABCD
A B C D
1
1
1
1
/ /
,
AD
A D AD
A D
=
AD
BC
∥
1,
2
BC
AD
E
1
1
A D
1
1
,
/ /
BC
A E BC
A E
1
BCEA
1 / /
A B
CE
1A B
1
1
ABB A
CE
1
1
ABB A
/ /
CE
1
1
ABB A
所以
所以，三棱锥
的体积为定值
.
（ii）取
中点
，连接
，
因为
，
为
中点，所以
，
在四棱柱
中，点
为
的中点，所以四边形
平行四边形，
因为侧棱
底面
，所以
底面
，
又
底面
，
底面
，所以
，
，
又
，
平面
，
平面
，
所以
底面
，又
底面
，所以
所以，
是平面
与平面
夹角所成的二面角的平面角，
因为
，所以
的面积最小时，
最小，
在
中，
最小，则
，如下图，
由于
，故
，
，
所以，在
中，
，
1
1
1
1
3
1
3 1
3
2
6
M
ABA
C ABA
V
V
1
M
ABA
3
6
AD
F
,
CF EF
2
AC
CD
F
AD
AF
CF
1
1
1
1
ABCD
A B C D
E
1
1
A D
1
AFEA
1
AA
ABCD
EF
ABCD
AF
ABCD
CF
ABCD
EF
AF
EF
CF
CF
EF
F
CF
CEF
EF
CEF
AF
CEF
MF
CEF
AF
MF
MFC
ADM
ABCD
1
2
ADM
S
AD MF
MF
△
ADM
△
MF
CEF
△
MF
MF
CE
1,
3,
CF
EF
EF
CF
3
2
MF
1
3
2,
,
2
2
CE
CM
EM
MFC
△
3
cos
2
MF
MFC
FC
所以，当
的面积最小时，求平面ADM 与平面ABCD 夹角的余弦值为
.
题型05 空间几何体的折叠与展开问题
抓关键
· 破难点
刷经典
· 通方法
1．（2025·全国高考二卷）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
．
立体几何中的折叠与展开问题是高考的一个重要命题点，题目比较灵活，主要考查逻辑推理与直
观想象等核心素养，解决这类问题要重视转化思想，关键在于掌握以下两个解题策略。
确定翻折前后
的“变与不
变” 量
画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的 “变与
不变” 量.一般地，位于 “折痕” 同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而
位于 “折痕” 两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化。对于不变的关系应在平
面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决
确定翻折前后
关键点的位置
所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点。因为这些点的位置移动，会带动与其相
关的点、线、面的关系变化。只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确
定其他点、线、面的位置，进而进行有关的计算与证明
ADM
△
3
2
（1）证明：
平面
；
（2）求面
与面
所成的二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见详解
（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
.
2. （2026·江苏南京市六合区名校联盟第一次·调研）在矩形ABCD
中，
2
AB
，
4
AD
，E 为AD 的中
点，将ABE
沿BE 翻折至
PBE
△
，使得平面PBE 平面BCDE
，得到如图所示的四棱锥
P
BCDE
．
（1）证明：CE
PB
；
（2）求直线
PB
与平面
PCD
所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见详解；
（2）2 22
11
【分析】1）利用勾股定理证明垂直，再结合面面垂直的性质定理可证明线面垂直；
（2）利用空间向量法来求线面角的正弦值即可.
【详解】（1）在矩形ABCD
中，
2
AB
，
4
AD
，E 为AD 的中点，
所以
2 2
CE
BE
，所以
2
2
2
16
CE
BE
BC
，所以CE
BE
，
因为平面PBE 平面BCDE
，平面PBE 平面BCDE
BE
，CE
平面BCDE
，
所以CE
平面PBE ．又PB 平面PBE ，所以CE
PB
．
（2）取BE 的中点O ，BC 的中点F ，连接
,
OP OF
，则
//
OF CE ，所以OF 平面PBE ，
由题可得PB
PE
，所以OP
BE
，所以
,
,
BE OF OP
两两垂直，
以O 为原点，
,
,
OB OF OP
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，
则
0,0, 2
P
，
2,0,0
B
，
2,2 2,0
C
，
2 2,
2,0
D
，
所以
2,0,
2
PB
，
2,
2,0
DC
，
2 2,
2,
2
PD
．
设平面PCD 的一个法向量为
, ,
n
x y z
，
则
2 2
2
2
0
2
2
0
n PD
x
y
z
n DC
x
y
，取
1
x
，得
1
y
，
3
z
，
所以
1, 1, 3
n
．设直线PB 与平面PCD 所成角为，
所以
2
3 2
2 22
sin
cos
,
11
2
11
PB n
PB n
PB
n
，
所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为
2 22
11
．
3. （2026·甘肃省·一模）如图（1），正方形
的边长为
分别是边
的中点，将
，
分别沿
折起，使得
三点重合于点
得到图（2）.
（1）证明：
；
（2）三棱锥
的外接球的球心为，求平面
与平面
所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
ABCD
4,
,
E F
,
AB BC
ADE
V
,
EBF
DCF
△
△
,
,
DE EF FD
, ,
A B C
O
O D
EF
O
DEF
O
ODE
DEF
5
3
【分析】（1）由折叠的性质可得
，
，再利用线面垂直判定定理可得
平面
，再利用线面垂直性质定理即可得证；
（2）可将该三棱锥补形为长方体，则长方体体对角线中点即为外接球的球心，在建立适当空间直角坐标
系，求出平面
与平面
法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得.
【详解】（1）因为在原图中
，
，故折叠完得
，
，
又因为
平面
，所以
平面
，
又因为
平面
，所以
；
（2）因为
两两垂直，所以可将该三棱锥补形为如图所示的长方体，
假设该长方体的一条体对角线为
，则球心为对角线
的中点，
如图所示，以
所在直线为轴，以
所在直线为轴，以
所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则
，
则
，
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
，
DC
CF
DA
AE
O D
O EF
ODE
DEF
DC
CF
DA
AE
O D
O F
O D
O E
,
,
O E
O F
O O E O F
O EF
O D
O EF
EF
O EF
O D
EF
,
,
O D O E O F
O M
O
O M
O E
x
O F
y
O D
z
2,0,0 ,
0,2,0 ,
0,0,4 ,
2,2,4 ,
1,1,2
E
F
D
M
O
2,2,0 ,
2,0, 4 ,
1,1,2
EF
DE
EO
DEF
1
1
1
,
,
m
x y z
0
0
m EF
m DE
1
1
1
1
0
2
0
x
y
x
z
1
1
z
1
1
2
x
y
2,2,1
m
ODE
2
2
2
,
,
n
x
y z
0
0
n EO
n DE
2
2
2
2
2
2
0
2
0
x
y
z
x
z
2
1
z
2
2
2,
0
x
y
2,0,1
n
设平面
与平面
所成角为，则
，
故平面
与平面
所成角的余弦值为
.
4. （2026·东北师大附中、哈尔滨师大附中、辽宁省实验中学第一次联合·模拟）
在
中，
，
，
，
，
分别是
，
上的点，满足
，且
．将
沿
折起到
的位置，使
，存在动点
使
，
如图所示．
（1）求证：平面
平面
；
（2）当
时，求平面
与平面
夹角的余弦值；
（3）设直线
与平面
所成角为，当
取得最大值时，求三棱锥
的体积．
【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）
．
【分析】（1）借助线面垂直判定定理及其性质定理可得
平面
，再利用面面垂直判定定理即
可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系后，可求出平面
与平面
的法向量，再利用空间向量夹角公式计
ODE
DEF
5
5
cos
cos ,
3
3
5
m n
ODE
DEF
5
3
ABC
V
90
C
3
BC
6
AC
D
E
AC
AB
//
DE
BC
2
CD
ADE
V
DE
1A DE
△
1AC
CD
M
1
1 (
0)
A M
A D
1ACB
BCDE
1
2
CMB
MBE
BM
1A BE
sin
M BCE
V
10
20
3 3
2
1AC
BCDE
CMB
MBE
算即可得；
（3）求出平面
的法向量后，利用空间向量夹角公式可求出
取最大值时的，则可得三棱锥的
高与底面积，再利用体积公式计算即可得解.
【详解】（1）因为
，则
，且
，可得
，
将
沿
折起到
的位置，始终有
，
因为
平面
，所以
平面
，
由
平面
，可得
，
且
，
，
，
平面
，
所以
平面
，又
平面
，所以平面
平面
；
（2）由（1）可知，
两两垂直，翻折前，因为
，且
，
所以
，
，所以
，
翻折后
，由勾股定理得
，
故可以
为原点，直线
分别为
轴建立如图所示的空间直角坐标系，
当
时，
，
，
，
，
，
，可得
，
，
，
1A BE
sin
90
C
AC
BC
//
DE
BC
AC
DE
ADE
V
DE
1A DE
△
1 ,
DE
A D DE
CD
1
1
,
,
A D
CD
D A D CD
1ACD
DE
1ACD
1AC
1ACD
1
DE
AC
1AC
CD
CD
DE
D
CD
DE
BCDE
1AC
BCDE
1AC
1ACB
1ACB
BCDE
1 ,
,
AC CD CB
//
DE
BC
2
CD
4
AD
4
2
6
3
DE
AD
BC
AC
2
2
3
DE
BC
1
4
A D
2
2
2
2
1
1
4
2
2 3
AC
A D
CD
C
1
,
,
CD CB CA
, ,
x y z
1
2
0,0,0
C
1 0,0,2 3
A
2,0,0
D
0,3,0
B
2,2,0
E
1,0,
3
M
1,0,
3
CM
1,3,
3
MB
2, 1,0
BE
设平面
的法向量
，则
，
令
，则
，可得
，
设平面
的法向量
，则
，
令
，则
，
，可得
，
设平面
与平面
夹角为，
则
，
所以平面
与平面
夹角的余弦值为
；
（3）由（2）可知
，
，
，
设平面
的法向量
，则
，
令
，则
，
，可得
，
且
，
，
因为直线
与平面
所成角为，
则
，
BMC
1
1
1
,
,
m
x y z
1
1
1
1
1
3
0
3
3
0
m CM
x
z
m MB
x
y
z
1
3
z
1
1
3,
0
x
y
3,0, 3
m
BME
2
2
2
,
,
n
x
y z
2
2
2
2
2
3
3
0
2
0
n MB
x
y
z
n BE
x
y
2
1
x
2
2
y
2
5
3
z
5
1,2,
3
n
CMB
MBE
2
2
2
5
3
1 0 2
3
10
3
cos
cos ,
20
5
3
( 3)
5
3
m n
m n
m n
CMB
MBE
10
20
1
0, 3,2 3
BA
2, 1,0
BE
1
2,0, 2 3
A D
1A BE
3
3
3
,
,
p
x y z
1
3
3
3
3
3
2 3
0
2
0
p BA
y
z
p BE
x
y
3
1
x
3
2
y
3
3
z
1,2,
3
p
2 ,0,2 3
2 3
M
2 , 3,2 3
2 3
BM
BM
1A BE
2
4
sin
cos ,
2 2
16
24
21
p BM
p BM
p
BM
2
2
2
2
14
8
21
24
1
4
64
16
21
7
7
当且仅当
时，等号成立，
取最大值，
则
，故点
到平面
的距离为
，
又
，则
，
所以三棱锥
的体积为
．
5．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟）如图，在高为6 的直三棱柱
中，底面
的周
长为
分别为棱
，
上的动点.
（1）若
，证明：
平面
.
（2）求
的最小值.
（3）若
，求平面
与底面
夹角的余弦值的
最大值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）
7
4
sin
1
1
7
4
A M
A D
M
BCE
7
3 3
2 3
2 3
4
2
1
3 2
3
2
BCE
S
△
1
3 3
3 3
3
3
2
2
M BCE
V
M BCE
V
3 3
2
【分析】（1）由已知，可得
，利用勾股定理的逆定理可得
，由线面垂直的
判定定理即可证得；
（2）将侧面沿
展开成矩形
，则其对角线
即为所求；
（3）设
的中点分别为
，连接
，以为原点，
所在直线分别为轴，
轴，轴建立空间直角坐标系，利用坐标运算分别求得平面
和底面
的一个法向量，
利用公式由表示出
，利用二次函数的性质求出
的最大值，即为所求.
【详解】（1）因为底面
的周长为12，且
，所以
，
则
，所以
.在直三棱柱
中，
底面
，
又
平面
，则
，
又
，
平面
，所以
平面
.
（2）将直三棱柱
的侧面沿
剪开展平成矩形
，如图所示，
其中
，所以
，所以
的最小值为
.
（3）设
的中点分别为
，连接
，
因为三棱柱
是直三棱柱，则
.
因为
，底面
的周长为
，所以
，所以
，则
.
以为原点，
所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
又
，则
，
，
则
.
设平面
的一个法向量为
，则
，
即
，取
，得
.
易得底面
的一个法向量为
，
则
，
当
时，
取得最小值，则
取得最大值，且最大值为
，
所以平面
与底面
夹角的余弦值的最大值为
.
题型06 立体几何的截面问题
抓关键
· 破难点
【核心思路】截面问题的本质是平面与几何体的交线问题，核心是通过上述方法确定所有交点，再连线成
图，最终将截面问题转化为平面几何的边长、面积等计算问题。
1.直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线
的过程.
2.延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点.
3.平行线法：过直线与直线外一点作截面，拖直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的
平行线找到几何体的截面的交线.
刷经典
· 通方法
1.（2026·陕西西安·一模）如图，正方体
的棱长为2，点是棱
上的动点.
（1）求三棱锥
的体积；
（2）当为
中点时，求过点且与
垂直的平面截正方体的截面面积.
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用等体积法结合棱锥的体积公式求解即可；
（2）设
的中点为，
中点为，连接
，建立空间直角坐标系，利用空间向
量即可证明
，进而得到
平面
，可得
即为过点且与
垂
直的平面截正方体的截面，进而求解即可.
【详解】（1）在正方体
中，点是棱
上的动点，
则到平面
的距离即为
,
则
.
（2）设
的中点为，
中点为，连接
，
以为原点，以
所在直线为
轴建立空间直角坐标系，
则
，
所以
，
则
，即
，
因为
，
平面
，所以
平面
，
则
即为过点且与
垂直的平面截正方体的截面，
由正方体
的棱长为2，
的中点为，
中点为，
可得
，
在
中，
，
则
，
所以
.
2．（2025·湖南娄底·二模）如图，长方体
中，
，
，
，
E，F 分别为棱AB，
的中点．
（1）过点C，E，F 的平面截该长方体所得的截面多边形记为S，求S 的周长；
（2）设T 为线段
上一点，当平面
平面
时，求平面TCF 与平面CEF 夹角的余
弦值．
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）运平面知识按步骤作出截面，用相似图形性质球边长，再求周长即可；
（2）先证明，当T 为线段
中点时，平面
平面
，再借助空间向量法，计算平
面法向量，最后借助向量夹角公式计算即可.
【详解】（1）如图，步骤1：延长DA，CE 交于点P，连接PF 交
于点G，连接GE；
步骤2：延长GF，
交于点Q，连接
交
于点H，连接FH，则多边形CEGFH 即为
所求截面，
由E 为AB 中点，可得A 为DP 中点，从而
与
相似，所以
，
又F 为
中点，从而
与
全等．
又
与
相似，所以
，
所以
，
，
，
，
，
故所求截面多边形的周长为
．
（2）当T 为线段
中点时，平面
平面
，理由如下：
易得
，
，
，故
，
所以
．又
，故
．取CD 中点M，连接
，TM，EM．
因为E，M 分别为AB，CD 中点，故
，所以E，F，
，M 四点共面，易知四边形
为正方形，故
．又
平面
，
平面
，故
，
而
，故
平面
．因为
平面
，所以
．又
，所以
平面
，而
平面CEF，故平面
平面
．
以D 为原点，
，
，
分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则
，
，
，
，则
，
．
设平面TCF 的法向量
，则
，可取
．
又
，
，
设平面CEF 的法向量
，则
，可取
．
则
．
故平面TCF 与平面CEF 夹角的余弦值为
．
3．（2026·河北沧州模拟·预测）如图，四棱锥
中，平面
平面
，
．
设
中点为，过点的平面同时垂直于平面
与平面
．
（1）求
（2）求平面与平面
夹角的正弦值；
（3）求平面截四棱锥
所得多边形的周长．
【答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）设
，由题意和余弦定理可得
，结合同角三角函
数的基本关系求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角；
（3）先根据空间点线面的位置关系找出截面，然后求周长即可．
【详解】（1）设
，
，
，则
，
在
中，
，
整理得
，由题意得
，则
，即
，
解得
，因此
，即
．
（2）作
中点，连接
，
，
因为为
中点，
，
所以
，
，
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，而
，
，
平面
，故
，
，
，
因为
，
，
所以四边形
、四边形
都是平行四边形，
故
，
，而
，所以
，
又因为为
中点，所以
，在平面
中也有
，
由于
，故
，
，
，
，
由勾股定理得：
，
，
故以为原点，
，
，
为，，轴，建立如图空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
，
所以
，
，
，
，
设平面
，平面
，平面，平面
的法向量分别为
，
，
，
则
，即
，取
，则
，
同理可得
，
因为平面同时垂直于平面
，平面
，所以
，
，
即
，取
，则
，
平面
的法向量是
，则
，
设平面与平面
的夹角为，则
，
故
，
因此平面与平面
夹角的正弦值为
．
（3）设是平面上一点，因为平面过点，则可以设
，
这是因为此时
，因此可设
，
因为当平面与平面相交时，其交线必为直线且唯一，故只需讨论平面与四棱锥
的公
共部分，
当
时，在直线
上，
因此平面过直线
，故平面与平面
，平面
交于直线
，与棱
，
分别
交于，，
故只需讨论平面与棱
，
的交点：设平面与棱
，
的交点分别为
，
，
则设
，
，
令
，则
，解得
，即
，
同理可得
，
故平面与平面
交于
，平面
交于
，因此平面截四棱锥
所得截面多
边形为四边形
，
故周长为
．
题型07 与球相关的立体几何创新问题
抓关键
· 破难点
一、核心考点与方法：
（1）外接球与内切球的计算
解答题中常以棱柱、棱锥为载体，要求计算外接球 ，内切球的表面积、体积.
外接球：优先通过补形法（补成长方体或正方体）或确定球心位置（外心连线中点、垂面法），结合勾股
定理
（R 为球半径，d 为球心到截面距离，r 为截面圆半径）求解.
内切球：核心是等体积法
，通过已知几何体体积和表面积求内切球半径 r.
（2）球面距离与截面问题
球面距离：转化为球心角，利用弧长公式
（θ 为弧度制），结合余弦定理求弦长或球心角.
截面问题：球心与截面圆心连线垂直于截面，通过勾股定理建立截面圆半径、球半径、球心到截面距离的
关系，求解截面面积、最值等。
（3）空间角与位置关系综合
结合线面角、二面角考查，需先确定球心与截面位置，再利用线面垂直、面面垂直性质，将角度问题转化
为平面内的直角三角形求解。
创新设问：如球面上动点的轨迹、角度最值、距离最值，本质是球的几何性质与函数最值的结合，可通过
参数化或几何直观分析。
二、解答题答题逻辑：
定位球心：明确外接球 / 内切球的球心位置，说明依据（如补形、外心性质、等距性）。
建立关系：利用勾股定理、等体积法或球面几何公式，列出关于球半径 R 的方程。
计算求解：解方程得半径，进而计算表面积
、体积
或其他几何量。
综合分析：若涉及角度、最值，需结合立体几何位置关系或函数单调性，给出结论与范围。
刷经典
· 通方法
1．（2025·全国高考一卷）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）证明见详解；
（2）（i）证明见详解；
（ii）
.
【分析】（1）通过证明
，
，得出
平面
，即可证明面面垂直；
（2）（i）法一：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；
法二：作出
的边
和
的垂直平分线，找到三角形的外心
，求出
，求出出外心
到，
，，的距离相等，得出外心
即为，，，所在球的球心，即可证明结论；
（ii）法一：写出直线
和
的方向向量，即可求出余弦值.
法二：求出
的长，过点作
的平行线，交
的延长线为
，连接
，
，利用勾股定理求
出
的长，进而得出
的长，在
中由余弦定理求出
，即可求出直线
与直线
所成角的余弦值.
【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，
法一： 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.
法二： ∵，，，在同一个球面上，∴球心到四个点的距离相等
在
中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心，
作出
和
的垂直平分线，如下图所示，
由几何知识得，
，
，
，∴
，∴点
是
的外心，
在Rt
中，
，
，
由勾股定理得，
∴
，
∴点
即为点，，，所在球的球心，此时点在线段
上，
平面
，
∴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：
.
2. （2026·陕西渭南中学·一模）如图，在三棱锥
中，
是等腰直角三角形，且斜边
，
E 在棱
上，
，
，
，
．
P
ABC
ABC
V
4
AB
AB
3
BE
AE
3
PE
10
PA
14
PC
（1）求证：平面
平面
；
（2）若点P，A，B，C 均在球M 的表面上．
（i）求球M 的表面积；
（ii）求直线
与直线
所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见详解；
（2）（i）
；（ii）
【分析】（1）先证明
，
，再根据线面垂直判定定理证明
平面
，由此证
明结论；
（2）（i）建立空间直角坐标系，求出
的坐标，设外接球的球心
，球半径为，列方
程求出球的半径，再利用球的表面积公式求结论；（ii）求直线
与直线
的方向向量，结合向量夹
角公式求结论.
【详解】（1）因为
，
，所以
，
，
在
中：
，
由勾股定理的逆定理得：
，
因为
是等腰直角三角形，且斜边
，所以
，
，
在
中，由余弦定理可得
，
又
，
，
，因此
，
在
中：
，由勾股逆定理得：
，
PAB
ABC
PC
AM
20π
70
70
PE
AB
PE
CE
PE
ABC
,
,
,
A B C P
( , , )
M x y z
R
PC
AM
4
AB
3
BE
AE
1
AE
3
BE
PAE
2
2
2
2
2
1
3
10
AE
PE
PA
PE
AB
ABC
V
4
AB
π
4
CAB
2 2
AC
ACE
2
2
2
2
·
cos
CE
CA
AE
CA AE
CAE
1
AE
2 2
AC
2
cos
cos
2
CAE
CAB
2
2
8 1 2 2 2 1
5
2
CE
PCE
2
2
2
2
3
5
14
PE
CE
PC
PE
CE
因为
，且
平面
，所以
平面
，
又
平面
，故平面
平面
.
（2）以
原点，
为轴，
为轴，平面
内垂直于
方向为轴建立空间直角坐标系：
则
，
，
，
；
，
设外接球的球心
，球半径为，
因为球心到各顶点距离相等，
所以
，
解方程得：
，
，
，即球心
，且
，
因此外接球的表面积
；
（ii）设直线
与直线
所成角为，又
，
，
，
所以直线
与直线
所成角的余弦值为
.
3 .（2026·内蒙古包头市·一模）如图，在棱长为
的正四面体
中，
为棱
的中点.
AB
CE
E
,
AB CE
ABC
PE
ABC
PE
PAB
PAB
ABC
E
EB
y
EP
z
ABC
AB
x
(0,0,0)
E
(0, 1,0)
A
(0,3,0)
B
(0,0,3)
P
(2,1,0)
C
( , , )
M x y z
R
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
(
1)
(
3)
(
2)
(
1)
(
3)
MA
x
y
z
R
MB
x
y
z
R
MC
x
y
z
R
MP
x
y
z
R
0
x
1
y
1
z
(0,1,1)
M
2
2
2
2
2
0
(1 1)
1
5
R
MA
2
4π
20π
S
R
PC
AM
2,1, 3
PC
0,2,1
AM
2
2
2
2
2
2
| 2
0
1 2
3
1|
|
|
| 1|
70
cos
70
|
| |
|
14
5
2
1
( 3)
0
2
1
PC AM
PC
AM
PC
AM
70
70
6 6
A
BCD
E
BC
（1）证明：
平面
；
（2）记为正四面体
内切球的球心.
（ⅰ）求内切球的半径；（写出推导过程，直接写结果不给分）；
（ⅱ）设是球的球面上一点，且
平面
，当
最小时，求二面角
的正弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2）（ⅰ）3（ⅱ）
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明即可；
（2）（ⅰ）根据正四面体的性质，确定内切球球心位置，利用等体积法求半径即可（ⅱ）建立空间直角坐标
系，利用向量法求二面角的余弦值，再转化为正弦值即可.
【详解】（1）因为
均为等边三角形，且
为棱
的中点，所以
,
又
,
平面
，所以
平面
.
（2）（ⅰ）设点
是底面正
的中心，连接
,则
为正四面体的高，
由题知，在
中，
，
在
中，由勾股定理可得
，
由等体积法得，
，则
，
即
，则内切球的半径为3.
（ⅱ）因为
平面
，所以点在
上，且在球面上,
BC
AED
O
A
BCD
O
r
P
O
OP
BCD
ADP
A
PD
B
2
2
,
BCD
ABC
E
BC
,
BC
AE BC
DE
AE
DE
E
,
AE DE
AED
BC
AED
H
BCD
△
AH
AH
BCD
△
6 2
,
9 2,
3 2
ED
EH
DH
Rt AHD
2
2
12
AH
AD
DH
4
A BCD
O BCD
V
V
1
1
4
3
3
BCD
BCD
S
r
AH
S
3
4
AH
r
OP
BCD
P
AH
所以，当
最小时，则
,
以
为坐标原点，过
作
平行线为轴，以
为轴，
为轴，建立如图所示空间直角坐标系
，
则
，
所以
，
设平面
的法向量为，则
；
设平面
的法向量
，
则
，令
，则
，
设二面角
大小为，
则
，所以
.
即二面角
的正弦值为
.
4. （2026·江苏扬州适应性·调研测试）如图，圆柱
的轴截面
是边长为4 的正方形，点E，F 为
下底面圆周上的点，且
是正三角形，点P 是上底面圆周上一动点，G 为直线
与
的交点.
ADP
6
AP
H
H
BC
x
HD
y
AH
z
H
xyz
(0 0 0)
(0 0 6
,
0
, ,
,
, ,
,
,
,
)
0 6 2 0
,
,
3 6
3 2
H
P
D
B
3 6
3 2
6
0 6 2
6
,
,
,
,
,
PB
PD
PAD
n
1,0,0
n
PBD
, ,
m
x y z
6 2
6
0
3 6
3 2
6
0
m PD
y
z
m PB
x
y
z
1
y
3 1
2
, ,
m
A
PD
B
2
cos
cos
,
2
n m
n m
n
m
2
2
sin
1 cos
2
A
PD
B
2
2
1
OO
ABCD
BEF
△
AB
EF
（1）证明：
（i）
面
；
（ii）不论点P 在何位置，三棱锥
的外接球半径大小不变.
（2）求二面角
的余弦值的取值范围.
【答案】（1）证明见详解，证明见详解；
（2）
.
【分析】（1）（i）由
是等边三角形，且
的外接圆为圆得到为
的中心，由
为圆的直径得到
，由圆柱的性质得到
圆所在的平面，从而得到
，利用线面
垂直的判定定理得到
平面
.（ii）由题意得到
平面
，从而得到三棱锥
的外接球的球心在
上，设球心为
，球
的半径为，可以得到
，即
为
的中点，
从而可以求出的值，得证.
（2）利用空间向量法求解，求出平面
和平面
的一个法向量，设二面角
的平面角
为，利用向量的数量积求出
，通过换元法求出
的范围，即为二面角
的余弦值的取值范围.
EF
ABCD
P
BEF
P
EF
B
3
0, 5
BEF
△
BEF
△
O
O
BEF
△
AB
O
AB
EF
AD
O
EF
DA
EF
ABCD
1
OO
BEF
P
BEF
1
OO
M
M
R
1
MO
MO
M
1
OO
R
EFP
EFB
P
EF
B
1
2
1
2
cos
n n
n
n
cos
P
EF
B
【详解】（i）
是等边三角形，且
的外接圆为圆，
为
的中心，
为圆的直径，
，
四边形
为正方形，
，
平面
与圆所在的平面交于
，平面
与圆所在的平面垂直，
圆所在的平面，
圆所在的平面，
，
，
平面
，
平面
.
（ii）
的外接圆为圆，
平面
，三棱锥
的外接球的球心在
上，
设球心为
，球
的半径为，则
，
，
，
，
，
，
，
，
为
的中点，
，
，
，
不论点P 在何位置，三棱锥
的外接球半径大小不变.
（2）以为原点，过作
的平行线作为轴，
为轴，
为轴建立空间直角坐标系，
，
，
，设
，
，
，
设平面
的法向量为
，
则
，即
，解得
，
，
，
平面
的一个法向量为
，
，
BEF
BEF
△
O
O
BEF
△
AB
O
AB
EF
ABCD
AD
AB
ABCD
O
AB
ABCD
O
AD
O
EF
O
EF
DA
AB
DA
A
,
AB AD
ABCD
EF
ABCD
BEF
O
1
OO
BEF
P
BEF
1
OO
M
M
R
MB
R
MP
R
4
AB
1
2
PO
2
BO
2
2
2
4
MO
MB
OB
R
2
2
2
1
1
4
MO
MP
PO
R
1
MO
MO
M
1
OO
1
2
MO
MO
2
4
2
R
2 2
R
P
BEF
O
O
EF
x
OB
y
1
OO
z
3, 1,0
E
3, 1,0
F
0,2,0
B
2cos ,2sin ,4
P
2 3,0,0
EF
2cos
3,2sin
1,4
EP
EFP
1
, ,
n
x y z
0
0
n EF
n EP
2 3
0
2cos
3
2sin
1
4
0
x
x
y
z
0
4
2sin
1
x
y
z
1
0,4,
2sin
1
n
2
1
16
2sin
1
n
EFB
2
0,0,1
n
2
1
n
二面角
的平面角为，则
，
设
，
，
，
，
转化为
，
当
时，
，当
时，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
当
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
综上可知，
，
则二面角
的余弦值的取值范围为
.
P
EF
B
1
2
2
1
2
2sin
1
cos
16
2sin
1
n n
n
n
2sin
1,
0,2π
t
sin
1,1
2sin
1
1,3
1,3
t
1
2
2
1
2
2sin
1
cos
16
2sin
1
n n
n
n
2
cos
16
t
t
0
t
cos
0
0
3
t
2
2
1
cos
16
16
1
t
t
t
0
3
t
2
0
9
t
2
1
1
9
t
2
16
16
9
t
2
16
25
1
9
t
2
16
5
1
3
t
2
1
3
0
5
16
1
t
3
0
cos
5
1
0
t
2
2
1
cos
16
16
1
t
t
t
1
0
t
2
0
1
t
2
1
1
t
2
16
16
t
2
16
1
17
t
2
16
1
17
t
2
1
17
0
17
16
1
t
17
0
cos
17
3
0
cos
5
P
EF
B
3
0, 5
5. （2026·广东汕头3 月·调研）如图．四棱锥
的底面为正方形，平面
平面ABCD，
．设E 为CP 的中点．
（1）求平面PAB 与平面ABE 夹角的正切值；
（2）设F 为线段PB 上一点（含端点），求CF 与平面ABE 所成角的正弦值的范围；
（3）直接写出四棱锥
的外接球表面积与体积（无需证明）．
【答案】（1）
；
（2）
；
（3）表面积为
，体积为
.
【分析】（1）取
中点，连接
，过作
，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面
的法向量，利用面面角的向量法求解.
P
ABCD
PAB
2
PA
AB
PB
P
ABCD
2 3
tan
3
21
42
[
,
]
7
7
28π
3
28 21π
27
AB
O
PO
O
/ /
Oy
AD
O
ABE
（2）由（1）中信息，利用线面角的向量法列出函数关系，再求出函数的值域即可.
（3）利用两点间距离公式求出球心坐标及球半径，再利用球的表面积、体积公式求解.
【详解】（1）四棱锥
的底面为正方形，取
中点，连接
，过作
，
则
，由
，得
，由平面
平面
，
平面
，得
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，
则
，
，设平面
的一个法向量
，
则
，令
，得
，
而平面
的一个法向量
，
设平面
与平面
的夹角为，
则
，
，
所以平面
与平面
的夹角的正切值为
.
（2）由（1）得
，
，平面
的一个法向量
，
P
ABCD
AB
O
PO
O
/ /
Oy
AD
Oy
AB
2
PA
AB
PB
OP
AB
PAB
ABCD
OP
PAB
OP
ABCD
,
,
OB Oy OP
O
,
,
OB Oy OP
, ,
x y z
1
3
( 1,0,0), (1,0,0),
(1,2,0),
( 1,2,0), (0,0, 3),
( ,1,
)
2
2
A
B
C
D
P
E
3
3
(2,0,0),
( ,1,
)
2
2
AB
AE
ABE
( , , )
n
a b c
2
0
3
3
0
2
2
n AB
a
n AE
a
b
c
2
c
(0,
3,2)
n
PAB
(0,1,0)
m
PAB
ABE
PAB
ABE
2 3
tan
3
(0, 2,0)
CB
1,0,
3
BP
ABE
(0,
3,2)
n
令
，
则
，设CF 与平面
所成的角为，
因此
，
所以CF 与平面
所成角的正弦值的范围是
.
（3）设四棱锥
的外接球球心为
，则球半径
，
因此
，
解得
，
所以四棱锥
的外接球表面积为
，
体积为
.
6. （2026·海南部分学校·联合调研）如图，在四棱锥
，平面
平面
，
，
，
（1）证明：
平面
.
(
,0, 3 ),0
1
BF
tBP
t
t
t
(
, 2, 3 )
CF
CB
BF
t
t
ABE
2
2
2
|
|
2 3(
1)
21
(
1)
sin
| cos
,
|
7
(
1)
2(
1)
2
|
||
|
2
1
7
CF n
t
t
CF n
t
t
CF
n
t
2
2
21
1
21
1
21
42
[
,
]
2
2
1
1
1
7
7
7
7
1
2(
)
(
1)
1
1
2
2
t
t
t
ABE
21
42
[
,
]
7
7
P
ABCD
( , , )
M x y z
R
MA
MB
MC
MP
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
(
1)
(
1)
(
1)
(
2)
(
3)
x
y
z
x
y
z
x
y
z
x
y
z
R
3
7
0,
1,
,
3
3
x
y
z
R
P
ABCD
2
28π
4π
3
R
3
3
4π
4π
7
28 21π
(
)
3
3
27
3
R
P ABCD
-
PAB
ABCD
4
CD
2
AB
AD
BC
π
2π
=
,
=
.
3
3
ADC
DAB
//
AB
PCD
（2）已知
，点
在同一个球的球面上，设该球的球心为.
①在图中指出点O 的位置，并说明理由；
②若Q 为线段
上的一点，且直线
与平面
所成角的正弦值为
，求
.
【答案】（1）证明见详解
（2）①线段
中点；②
【分析】（1）平面几何知识得到线线平行，进而得到线面平行；
（2）①利用球心到五个点的距离相等，确定球心的位置；②由几何关系设出点坐标，求出平面
的法向量，利用线面角的计算公式，得出点坐标，最后两点间距离公式求解
.
【详解】（1）在平面
中，
，所以
.
又因为
平面
，
平面
，所以
平面
（2）①如图，为
中点，
理由如下：
设
的中点分别是
，连接
因为
,所以
是正三角形.
所以
,所以
所以
是正三角形，所以
因为
，所以
=
= 2
PA PB
P A B C D
,
,
,
,
O
PB
OQ
PCD
6
8
PQ
CD
2 2
3
O
Q
PCD
n
Q
PQ
ABCD
+
=π.
ADC
DAB
//
AB CD
AB
PCD
CD
PCD
//
AB
PCD
O
CD
,
AB CD
,
E O
,
,
,
AO BO OE PE
π
2,
3
AD
OD
ADC
ADO
△
π
3
DAO
BAO
2
AO
AB
ABO
2
BO
2
PA
PB
PE
AB
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，所以
平面
.
又
平面
.，所以
，易得
，所以
，
因为
，所以满足条件.
②以
为坐标原点，
所在直线分别为
轴建立空间直角坐标系.
则有
，
,
，
，
.
设点
，
，则
.
，
.
设平面
的法向量为
，则
，代入得
，
令
，则
，所以
.
设直线
与平面
所成角为，所以
，
解得
或
（舍去）
所以
，此时
.
7. （2026·广东深圳市第一次·调研）已知球的半径为1，在球的内接八面体
中，顶点，分
别在平面
两侧，且四棱锥
与
都是正四棱锥.
PAB
ABCD
PAB
ABCD
AB
PE
PAB
PE
ABCD
OE
ABCD
PE
OE
1,
3
PE
OE
2
PO
2
DO
AO
BO
CO
PO
O
E
,
,
EO EB EP
, ,
x y z
0, 1,0
A
0,1,0
B
0,0,1
P
3, 2,0
D
3,2,0
C
3,0,0
O
0,
,1
Q
m
m
0
1
m
3,
,1
OQ
m
m
3,2, 1
PC
0, 4,0
CD
PCD
, ,
n
x y z
·
0
·
0
n PC
n CD
3
2
0
4
0
x
y
z
y
3
z
1,
0
x
y
1,0,
3
n
OQ
PCD
2
2
8
3
sin
c
2
6
os
,
3
1
OQ n
m
OQ n
OQ n
m
m
2
3
m
1
m
2 1
0,
,
3 3
Q
2 2
3
PQ
O
O
PABCDQ
P
Q
ABCD
P
ABCD
Q
ABCD
（1）如图1，若点在平面
上，求证：
平面
；
（2）如图2，若二面角
的正切值为
，求该内接八面体的体积.
【答案】（1）证明见详解
（2）
.
【分析】（1）先证明
，再利用线面平行的判定定理直接证明即可；
（2）解法1 记正方形
的中心为
，取
中点
，设
，利用二面角的平面角定义求得
，
， 因为
为二面角
的平面角且
，列方程求出
，进而得到
即可利用体积公
式求解；
解法2 记正方形
的中心为
，以点
为坐标原点，建立空间直角坐标系，设
，求出平面
和平面
的法向量，利用向量法列方程求出
，进而得到
即可利用体积公式求
解；
解法3 以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设
，求出平面
和平面
的法向量，利
O
ABCD
//
PA
QBC
P
AB
Q
3
32
27
//
PA QC
ABCD
N
AB
M
ON
x
1
tan
2
1
x
PMN
x
1
tan
2
1
x
QMN
x
PMQ
P
AB
Q
tan
tan(
)
3
PMQ
PMN
QMN
1
3
ON
4
3
AB
ABCD
N
N
ON
t
PAB
QAB
1
3
ON
4
3
AB
B
ON
t
PAB
QAB
用向量法列方程求出
，进而得到
即可利用体积公式求解；
【详解】（1）如图，连接
，则
必过点，
在四边形
中，由于对角线
，
互相平分，则四边形
为平行四边形，故
，
由于
平面
且
平面
，
所以
平面
；
（2）解法1 如图，记正方形
的中心为
，取
中点
，连接
，
，
，
，由
于
，则
，同理可证
，则
为二面角
的平面角，又
，
则
，
则
为二面角
的平面角，
为二面角
的平面角，
不妨设点在
的下方，
设
则
，
，
，
，
，
于是
，
，
于是
，
，
1
3
ON
4
3
AB
AC
AC
O
PAQC
AC
PQ
PAQC
//
PA QC
PA
QBC
QC
QBC
//
PA
QBC
ABCD
N
AB
M
PM
QM
NA
NB
PA
PB
PM
AB
QM
AB
PMQ
P
AB
Q
NA
NB
NM
AB
PMN
P
AB
N
QMN
Q
AB
N
O
N
(0
1)
ON
x
x
2
1
NA
NB
x
2
2
2
AB
x
2
1
2
x
NM
1
PN
x
1
QN
x
2
2 (1
)
1
tan
2
1
1
PN
x
x
PMN
MN
x
x
2
2 (1
)
1
tan
2
1
1
QN
x
x
QMN
MN
x
x
tan
tan
tan
tan(
)
1 tan
tan
PMN
QMN
PMQ
PMN
QMN
PMN
QMN
1
1
1
1
1
1
tan
2
2
3
1
2
1
1
x
x
x
x
x
x
PMQ
x
x
由于
，则
，解得
，
则
，则
，即内接八面体的体积为
；
解法2 如图，记正方形
的中心为
，连接
，
，
则
，
，
两两垂直，如图，以点
为坐标原点，以
所在直线为轴，
所在直线为轴，
所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，
不妨设点在
的下方，
则
，
，
，
，
于
点
，
，
，
，
设平面
的一个法向量为
，
，
，
由
，
，令
，则
，
于是平面
的一个法向量为
，
设平面
的一个法向量为
，
，
，
1
0
1
1
x
x
1
2
1
2
x
x
1
3
x
4
3
AB
2
1
1
4
32
2
3
3
3
27
ABCD
V
PQ
S
四边形
32
27
ABCD
N
NA
NB
NA
NB
NP
N
NA
x
NB
y
NP
O
N
2
1
NA
NB
t
2
2
2
BC
t
1
PN
t
1
QN
t
2
1
,0,0
A
t
2
0, 1
,0
B
t
(0,0,1
)
P
t
(0,0, (1
))
Q
t
PAB
1
1
1
1
,
,
n
x y z
2
1
,0,1
AP
t
t
2
0,
1
,1
BP
t
t
1
1
0
0
n
AP
n BP
2
1
1
2
1
1
1
(1
)
0
1
(1
)
0
t x
t z
t y
t z
1
1
z
t
1
1
1
x
y
t
PAB
1
( 1
, 1
, 1
)
n
t
t
t
QAB
2
2
2
2
,
,
n
x
y
z
2
1
,0, (1
)
AQ
t
t
2
0,
1
, (1
)
BQ
t
t
由
，
，令
，则
，
于是平面
的一个法向量为
，
设二面角
的平面角为，由于
，
则
，则
，
，
则
，即内接八面体的体积为
.
解法3 如图，过点作
，记正方形
中心为
，连接
，
，
由于
平面
，
，
平面
，则
，
，
且
，则
，
，
两两垂直，如图，以点为坐标原点，以
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，
由对称性，不妨设点在
的下方，设
则
，
，
，
，
于是点
，
，
，
，
2
2
0
0
n
AQ
n
BQ
2
2
2
2
2
2
1
(1
)
0
1
(1
)
0
t x
t z
t y
t z
2
1
z
t
2
2
1
x
y
t
QAB
2
(
1
,
1
, 1
)
n
t
t
t
P
AB
Q
1
| cos
|
10
2
2
1
2
2
1
1
1
1
1
3
3
10
9
n n
t
t
t
t
n
n
t
1
3
t
4
3
AB
2
1
1
4
32
2
3
3
3
27
ABCD
V
PQ
S
四边形
32
27
B
//
BH PQ
ABCD
N
NA
NB
BH
ABCD
BC
BA
ABCD
BH
BC
BH
BA
BC
BA
BC
BA
BH
B
BC
x
BA
y
BH
z
O
N
(0
1)
ON
t
t
2
1
NA
NB
t
2
2
2
AB
t
1
PN
t
1
QN
t
(0,0,0)
B
2
0, 2
1
,0
A
t
2
2
2
2
1
,
1
,1
2
2
P
t
t
t
2
2
2
2
1
,
1
, 1
2
2
Q
t
t
t
设平面
的一个法向量为
，
，
，
由
，
，
令
，则
，
，
于是平面
的一个法向量为
，
设平面
的一个法向量为
，
，
，
由
，
，
令
，则
，
，
于是平面
的一个法向量为
，
设二面角
的平面角为，由于
，
则
，则
，
则
，即内接八面体的体积为
.
PAB
1
1
1
1
,
,
n
x y z
2
2
2
2
1
,
1
,1
2
2
BP
t
t
t
2
0, 2
1
,0
BA
t
1
1
0
0
n BP
n BA
2
2
1
1
1
2
1
2
2
1
1
(1
)
0
2
2
2
1
0
t x
t y
t z
t y
1
1
z
t
1
2
1
x
t
1
0
y
PAB
1
(
2
1
,0, 1
)
n
t
t
QAB
2
2
2
2
,
,
n
x
y
z
2
2
2
2
1
,
1
, 1
2
2
BQ
t
t
t
2
0, 2
1
,0
BA
t
2
2
0
0
n
BQ
n
BA
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
(1
)
0
2
2
2
1
0
t x
t y
t z
t y
2
1
z
t
2
2
1
x
t
2
0
y
QAB
2
( 2
1
,0, 1
)
n
t
t
P
AB
Q
1
| cos
|
10
2
2
1
2
2
1
1
1
1
1
3
3
10
9
n n
t
t
t
t
n
n
t
1
3
t
2
1
1
4
32
2
3
3
3
27
ABCD
V
PQ
S
四边形
32
27
