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专题02 空间向量与立体几何大题
（4 维精讲+3 维精练）
考前百日冲刺目录
引领风向--最新模考新颖题（5 题）............................................1
最新热点热搜题（5 题）.....................................................12
最新高频经典题（5 题）.....................................................20
最新高考真题回顾（5 题）...................................................31
最新模考基础练（5 题）.....................................................41
最新模考能力练（5 题）.....................................................49
最新模考压轴练（5 题）.....................................................58
引领风向
-- 最新模考新颖题（
5 题）
【典例】1．（2025·广东广州·模拟预测）如图1，在正四棱锥
中，所有棱长均为
分别
是棱
和
上的动点，满足
.
(1)求证：
平面
；
(2)若异面直线
与
垂直，求
的值；
1
(3)如图2，现将棱长为2 的正四面体
与正四棱锥
进行拼接，使得顶点
分别与
重合，求证：
四点共面.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）过
作
，交
于
点，连接
，可得四边形
为平行四边形，从而证明
平面
;
（2）解法一：由（1）知
，从而可得
，利用三角形的性质即可求得
的值；
解法二：作
平面
，则
是正方形
的中心，建立空间直角坐标系；
（3）解法一：作
中点
，连接
，可得
即为二面角
的平面角，
即
为二面角
的平面角，分别求出其余弦值，找到余弦值的关系即可证明；
解法二：作
平面
，则
是正方形
的中心，建立空间直角坐标系，利用边长关系求出点
坐标，在利用向量关系即可证明结论.
【详解】（1）过
作
，交
于
点，连接
，
四边形
为平行四边形
面
面
面
（2）解法一：由（1）知
若异面直线
与
垂直，则
在
中，
为
中点
又
为
中点
2
解法二：作
平面
，则
是正方形
的中心，如图建立空间直角坐标系；
得
，
（3）解法一：作
中点
，连接
在正四棱锥
中，所有棱长均为
，
即为二面角
的平面角，
由于
，
则
，
同理可得在正四面体
中，
即为二面角
的平面角，
，
三点共线，
四点共面
解法二：作
平面
，则
是正方形
的中心，如图建立空间直角坐标系；
3
，设
因为
，解得
，所以
四点共面
【典例】2．（2025·广东·模拟预测）如图，在三棱台
中，
，
，
，点
在底面的投影是
的重心
．
(1)证明：平面
平面
；
(2)已知空间直角坐标系中的方程：
，它表示球心为
，半径为
的球
面．，
是棱
上两点，
，
是三棱台
表面上一点，且
．求满足
条件的
点轨迹的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2)
4
【分析】（1）连接
并延长交
于点
，连接
，取
的中点为
，连接
，由题意得
平面
，由几何性质可证得
，从而得
平面
，由面面垂直的判定定理即可得
结论；
（2）建立空间直角坐标系
，从而可得
点轨迹表示球心在
，半径
的球面，计算可
得结论.
【详解】（1）连接
并延长交
于点
，连接
，取
的中点为
，连接
，
因为点
在底面的投影是
的重心
，则
平面
，
，
因为
为
中点，
为
中点，则
，
由题得，
，
，所以
，
所以四边形
是平行四边形，则
，
所以
平面
，
因为
平面
，所以平面
平面
．
（2）如图，以A 为原点，建立空间直角坐标系
，
5
则
，
，设
，
由
，得
，
整理得
，
所以
点轨迹表示球心在
，半径
的球面，
又
是棱台表面上的点，所以
点轨迹是球面与棱台表面的交线，
由题得
，
，则
，
所以
，
又
，
，则
，
，
，
所以球面只与棱台侧面
，侧面
，底面
相交，
因为
所以
，
，
，
从而可得
，
，
，
因此所求交线长度为
．
6
【典例】3．（2025·四川达州·一模）如图1，半圆的圆心为
，直径
为
中点，将扇形
沿着
翻折使
到
，如图2 所示，
，点
分别在
上且不与端点重合，
(1)求证
；
(2)当
时，求多面体
的体积；
(3)求平面
与平面
夹角余弦的最大值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
；
(3)
.
【分析】（1）根据给定条件，证得
，再利用线面垂直的判定、性质推理得证.
（2）由（1）中信息，以
为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再利用割补法，结合三棱锥
的体积公式求解.
（3）设
，求出平面
的法向量，利用面面角的向量法列式，再结合正弦函数的性质
求出最大值.
【详解】（1）在半圆
中，直径
为
中点，则
，折后有
，
由
，得
，则
，
又
平面
，
7
因此
平面
，而
平面
，
所以
.
（2）由（1）得直线
两两垂直，
以直线
分别为
轴建立空间直角坐标系，
则
，
由
，得
，
，
，
连接
，点
到平面
的距离
，
所以多面体
的体积
.
（3）令
，由（2）知，
，
，
设平面
的一个法向量
，
则
，取
，得
，
而平面
的一个法向量
，
因此
8
，
由
，得
，
，
则当
时，
，
所以平面
与平面
夹角余弦的最大值为
.
【典例】4．（2026·河南郑州·模拟预测）如图，在矩形
中，
，
，
，
分别是
，
的中点，点
，
分别是对角线
，
上的动点（不包括端点），且
，
将四边形
沿
翻折，使平面
平面
.
(1)求证：
平面
；
(2)求线段
的长（用
表示）；
(3)当线段
的长最小时，求平面
与平面
夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理得出
平面
，再利用线面垂直的性质定理即可；
（2）以
为原点建系，得出
的坐标，再计算向量的模；
9
（3）求出
，再求出两个平面的法向量，再根据向量夹角和平面角之间的关系求出.
【详解】（1）在矩形
中，
，
，点
，
分别是
，
的中点，
所以四边形
和
是全等的正方形，所以
，
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，
因为
平面
，所以
，
又因为
，
，
，
平面
，
所以
平面
；
（2）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，
则
，
，
，
，
，
，
则
，
，
，
因为
，
所以
，
，
则
，
，
所以线段
的长为
；
（3）因为
，所以当
时，线段
最短，
10
此时
，
分别为线段
，
的中点，
，
，
则
，
设
是平面
的一个法向量，
则
，令
，则
，
所以平面
的一个法向量为
，
由（1）知，
为平面
的一个法向量，
则
，
所以平面
与平面
夹角的余弦值为
.
【典例】5．（2026·河北沧州·一模）如图，在圆台
中，四边形
为轴截面，上、下底面半径
分别为1，3，高为4，
位于圆
上，
，
为
上的点，连接
．
(1)若
成等比数列．
①求证：
平面
；
②求平面
与平面
夹角的余弦值；
11
(2)若
为
的中点，求三棱锥
的外接球半径．
【答案】(1)①证明见解析；②
(2)
【分析】（1）①由线面垂直的判定定理证明即可；②建立空间直角坐标系，根据面面角向量法计算即可
求解；
（2）由
，得
的外心为
的中点
，设三棱锥
外接球的球心为
，由
建立等式计算即可求解.
【详解】（1）①在圆台
中，
，
因为
，
，
平面
，
所以
平面
，
因为
平面
，所以
，即
，
在
中，因为
成等比数列，
所以
，即
，
所以
与
相似，所以
，
因为
，
平面
，所以
平面
．
②分别以
所在直线为
轴建立空间直角坐标系，
12
由已知得
，
所以
，即平面
的法向量为
，
又
，所以
，
设平面
的法向量为
，
所以
，设
，则
，
所以平面
的一个法向量为
，
所以平面
与平面
夹角的余弦值为
；
（2）因为
，所以
的外心为
的中点
，
所以可设三棱锥
外接球的球心为
，
由已知得
，
因为
，所以
，解得
，
所以三棱锥
的外接球半径为
．
13
最新热点热搜题（
5 题）
【典例】6．（2025·河北衡水·模拟预测）如图，圆柱
中，
是底面圆
上的一条直径，
，
分别是底面
，
圆周上的一点，
，
，且点
不与
，
两点重合.
(1)证明：平面
平面
；
(2)若二面角
为
，求直线
与平面
所成角的正弦值.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）根据直径所对的角为直角得到
⊥
，由线面垂直得到
⊥
，从而得到线面垂直，
面面垂直；
（2）先得到
为二面角
的平面角，
为等边三角形，建立空间直角坐标系，求出
平面
的法向量，由线面角的向量公式求出直线
与平面
所成角的正弦值.
【详解】（1）因为
是底面圆
上的一条直径，
所以
⊥
，
因为
⊥底面圆
，
，
14
所以
⊥底面圆
，
因为
底面圆
，所以
⊥
，
因为
，
平面
，
所以
⊥平面
，
因为
平面
，所以平面
⊥平面
；
（2）因为
⊥底面圆
，
圆
，
所以
⊥
，
⊥
，
所以
为二面角
的平面角，
故
，又
，所以
为等边三角形，
以
为坐标原点，
所在直线分别为
轴，建立空间直角坐标系，
，设
，故
，
，
，
，
，
设平面
的法向量为
，
则
，
解得
，令
，得
，故
，
设直线
与平面
所成角的大小为
，
则
，
15
直线
与平面
所成角的正弦值为
.
【典例】7．（2025·江苏南京·二模）如图，在四棱锥
中，
平面
，底面
是
菱形，
，点
在线段
上，
平面
.
(1)证明：
为
的中点；
(2)若
，二面角
的余弦值为
，求
的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接
交
于点
，连接
，根据线面平行的性质得到
，即可得证；
（2）取
中点
，连接
，即可得到
，建立空间直角坐标，设
，求出平面
、
平面
的法向量，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可求出.
【详解】（1）连接
交
于点
，连接
．
因为底面
为菱形，所以
为
的中点．
又因为
平面
，
平面
，平面
平面
，
所以
，
所以
为
的中点.
（2）取
中点
，连接
．
在菱形
中，
，所以
，则
为正三角形，
所以
，又
，所以
．
16
又因为
平面
，如图建立空间直角坐标系
．
设
， 则
，
，
，
，
则
，
，
，
则平面
的一个法向量为
．
设平面
的一个法向量为
，
则
，取
，
因为二面角
的余弦值为
，
所以
，解得
（负值已舍去），
所以
．
【典例】8．（2025·山东济宁·一模）底面为菱形的四棱锥
中，
与
交于点
，平面
平面
，平面
平面
．
17
(1)证明：
平面
；
(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)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到
⊥
，
⊥
，故
平面
；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设
，
，根据线面角的正弦值得到方程，求出
，求出两个平面的法向量，根据面面角夹角余弦公式求出答案.
【详解】（1）因为四边形
为菱形，所以
⊥
，
因为平面
平面
，
为交线，
平面
，
所以
⊥平面
，
因为
平面
，所以
⊥
，
因为平面
平面
，
为交线，
平面
，
所以
⊥平面
，
因为
平面
，所以
⊥
，
因为
，
平面
，
所以
平面
；
（2）由（1）知，
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，
，则
，
，
设
，
，则
，
，
设平面
的一个法向量为
，
，
令
得
，故
，
18
直线
与平面
所成角的正弦值为
，
即
，
化简得
，负值舍去，则
，
平面
的一个法向量为
，
设平面
与平面
夹角为
，
，
所以平面
与平面
夹角余弦值为
.
【典例】9．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四棱锥
中，
平面
，
是线段
上的动点.
(1)当
是线段
中点时，求证：
平面
；
(2)设
是
的中点，当二面角
的余弦值为
时，求点
到平面
的距离.
【答案】(1)证明见详解
19
(2)
【分析】（1）记
的中点为
，连接
，证明四边形
为平行四边形即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，根据二面角求出点
坐标，再由向量法求距离即可.
【详解】（1）记
的中点为
，连接
，
因为
是线段
中点，所以
且
，
又
，所以
，
所以四边形
为平行四边形，所以
，
又因为
平面
，
平面
，
所以
平面
.
（2）因为
平面
平面
，所以
，
又
，所以
两两垂直，
以
分别为
轴的正方向建立空间直角坐标系，
则
，
则
，
当M 与B 重合时，二面角
为
，不合题意，
设
，则
，
设平面
，平面
的法向量分别为
，
20
则
，
，
取
，得
，
由题可知
，解得
（
舍去），
则
，则点
到平面
的距离为
.
【典例】10．（2025·江苏盐城·三模）如图，在四棱锥
中，侧面
平面
，
是边长为2 的等边三角形，底面
为直角梯形，其中
，
，
，
为线段
中点，连接
．
(1)证明：
平面
；
(2)求M 到平面
的距离；
(3)线段
上是否存在一点
，使得平面
与平面
夹角的余弦值为
？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)
(3)存在，
【分析】（1）取
中点
，连接
，证出四边形
为平行四边形，即可得证.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面
的法向量
以及
，因为
平面
，所以M 到平面
的距离为
到平面
的距离，然后利用点到平面的距离向量公式即可求解.
21
（3）求得平面
的法向量
以及
，利用向量夹角公式即可求解．
【详解】（1）在四棱锥
中，取
中点
，连接
，
由
为
的中点，且
，
，得
，
，
则四边形
为平行四边形，
，而
平面
，
平面
，
所以
平面
．
（2）取
的中点
，连接
，
，由
为等边三角形，得
，
而平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
则
平面
，由
，得四边形
是平行四边形，
于是
，而
，则
，直线
两两垂直，
以
为坐标原点，直线
分别为
轴建立空间直角坐标系，如图，
则
，
，
设平面
的法向量为
，则
，
取
，得
，
又
，所以
到平面
的距离
，
因为
平面
，所以M 到平面
的距离为
到平面
的距离，即
.
22
（3）令
，
，
，
设平面
的法向量为
，则
，
取
，得
，
平面
的法向量为
，
于是
，
化简得
，又
，解得
，即
，
所以线段
上存在点
，使得平面
与平面
夹角的余弦值为
，
.
最新高频经典题（
5 题）
【典例】11．（2025·四川·模拟预测）如图，在四棱锥
中，底面ABCD 为正方形，
，
.
(1)证明：
平面ABCD.
(2)若
，求二面角
的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
23
(2)
.
【分析】（1）通过证明
平面
，可得
，结合
可完成证明；
（2）如图建立空间直角坐标系，求出平面
与平面
的法向量，由空间向量知识可得答案.
【详解】（1）证明：因为底面
为正方形，所以
.
又因为
，
，
平面
，所以
平面PBD；
因为
平面
，所以
.
因为
，
与
相交，
平面
.
所以
平面
.
（2）解：以
为坐标原点，
所在直线分别为
轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设
，则
，
，
，
，则
，
，
.
设平面
的法向量为
，
则
，即
，令
，则
，
所以平面
的一个法向量为
.
设平面
的法向量为
，
则
，即
，令
，则
，
所以平面
的一个法向量为
.
，
易知二面角
的平面角为锐角，故二面角
的余弦值为
.
24
【典例】12．（2025·江苏·二模）如图，在三棱柱
中，
，
，
，
.
(1)证明：
平面
；
(2)若
，二面角
的大小为
，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）由余弦定理得到
，根据勾股定理逆定理得到
，结合
证明出线面
垂直；
（2）先由线面垂直得到线线垂直，得到二面角
的平面角为
，求出各边长，得到
为等边三角形，建立空间直角坐标系，求出平面
的法向量，由线面角的向量公式求出答案.
【详解】（1）
，
，
，
由余弦定理得
，
25
，
，
，
又
，
，
平面
，
平面
；
（2）方法一：
平面
，
平面
，
且
，
二面角
的平面角为
，而
，
，
为等边三角形，
以
为坐标原点，
所在直线分别为
轴，
所在平面为
平面，建立如图所示的空间直角
坐标系，
，
，
，
，
由
，
，
，
，
设平面
的一个法向量
，
，
解得
，令
，则
，故
，
设
与平面
所成角为
，
26
.
方法二：因为
平面
，又
平面
，所以
．
又
，所以
为二面角
的平面角，即
，
在
中，因为
，
，所以
．故
是等边三角形
所以
．
在三棱柱
中，
，又
平面
，所以
平面
，
又
平面
，所以
．故
为直角三角形．
在直角
中，因为
，
，所以
，故
．
设点
到平面
的距离为
，由
，
得
，解得
．
设直线
与平面
所成角为
，则
，
即直线
与平面
所成角的正弦值为
．
【典例】13．（2025·浙江杭州·二模）在平面四边形
中，
，
，
将
沿
翻折至
，其中
为动点.
27
(1)设
，
（ⅰ）证明：
平面
；
（ⅱ）求三棱锥
的体积；
(2)求直线
与平面
所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
(2)
【分析】（1）（ⅰ）根据线面垂直，可证线面垂直；
（ⅱ）利用
可求三棱锥的体积.
（2）建立空间真假坐标系，利用空间向量表示出直线
与平面
所成角的正弦值，再结合换元法和基
本不等式可求其最大值.
【详解】（1）（ⅰ）在
中，
，
，所以
.
因为
，
，所以
，
所以
.
又因为
，
平面
，
，
所以
平面
.
（ⅱ）
.
（2）如图，建立以
为原点的空间直角坐标系，设二面角
的平面角为
，则
，
，
，
.
所以
.平面
的法向量为
.
28
设直线
与平面
所成角为
，则
.
设
，
设
，
所以
，（当且仅当
，即
时取等号），即
.
直线
与平面
所成角的正弦值的最大值为
.
【典例】14．（2025·广东广州·二模）如图，直四棱柱
的底面
是菱形，
为锐角，
分别为棱
的中点，点
在棱
上，且
，点
在直线
上.
(1)证明：
平面
；
(2)若直四棱柱
的体积为
，当直线
与平面
所成角的正弦值最大时，求
的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
29
【分析】（1）取
的中点
，连接
，进而可证四边形
是平行四边形，可得
，
由已知可证
，可得
，可证结论；
（2）解法1：由已知可求得
，分别以直线
为
轴，以
的
边上的高所在直
线为
轴，建立空间直角坐标系
，设
，求得平面
的一个法向量，利用向量法可求
得线面角的正弦的最大值，进而求得
的长.
解法2：由已知可求得
，连接
，设
，连接
，设
，
以
为原点，分别以直线
为
轴，建立空间直角坐标系
，设
，求得平面
的一个法向量，利用向量法可求得线面角的正弦的最大值，进而求得
的长.
解法3：由已知可求得
，由（1）知
平面
且点
在直线
上，
，过
作
，交
的延长线于点
，连接
，结合余弦定理求解即可.
【详解】（1）取
的中点
，连接
，
因为
为
的中点，所以
，且
.
又
，且
，则
，且
.
所以四边形
是平行四边形，所以
.
因为
，则
为
的中点.
又
为
的中点，则
，所以
.
因为
平面
平面
，
所以
平面
.
30
（2）解法1：由于直四棱柱
的体积为
，
得
，
得
，
由于
为锐角，则
.
分别以直线
为
轴，以
的
边上的高所在直线为
轴，建立空间直角坐标系
.
则
，
，设
，
，
设平面
的法向量为
，直线
与平面
所成角为
，
由
，即
，取
，
则平面
的一个法向量为
.
则
.
当
时，
取得最大值.
31
此时
.
所以
的长为
.
解法2：由于直四棱柱
的体积为
，
得
，得
，
由于
为锐角，则
.
连接
，设
，连接
，设
，
以
为原点，分别以直线
为
轴，建立空间直角坐标系
.
则
，
.
设
，即
，
则
.
设平面
的法向量为
，直线
与平面
所成角为
，
32
由
，即
，
令
，则
，
则平面
的一个法向量为
，
,
为
，
则
.
当
时，
取得最大值.
此时
.
所以
的长为
.
解法3：由于直四棱柱
的体积为
，
得
，
得
，
由于
为锐角，则
.
33
由（1）知
平面
且点
在直线
上，
则点
到平面
的距离为定值
.
设直线
与平面
所成角为
，
则
.
当
最小时，
取得最大值.
如图，过
作
，交
的延长线于点
，连接
，
由于
，
，则
平面
.
又
平面
，则
.
则
为所求.
在
中，
.
，
在
中，
.
【典例】15．（2025·江苏·一模）如图，在四面体
中，
，
，点
为棱
的中点，点
为棱
上的动点．
(1)求证：平面
平面
；
34
(2)已知二面角
的大小为
，当直线
与平面
所成角的正弦值的最大值为
时，求此
时四面体
的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质，面面垂直的判定推理得证.
（2）由（1）可得
，再结合已知确定点
位置，进而求出四面体
的相关元素并求出体积.
【详解】（1）由
，得
，
又
平面
，则
平面
，
而
平面
，于是
，由
为
中点，
，得
，
又
平面
，因此
面
，又
平面
，
所以平面
平面
．
（2）由（1）知，二面角
的平面角为
，则
，
由
平面
，得
为
与平面
所成的角，
在
中，
，则
，
，
而
，则
，此时
，
由
平面
，
平面
，得
，而
平面
，
则
平面
，又
平面
，于是
，
在
中，
，则
，
所以四面体
的体积
.
最新高考真题回顾（
5 题）
【典例】16．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥
中，
底面
，
．
35
(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，
36
∴
，
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
，
37
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，
38
，
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：
.
39
【典例】17．（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）
40
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
.
41
【典例】18．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥
中，
底面ABCD，
，
．
(1)若
，证明：
平面
；
(2)若
，且二面角
的正弦值为
，求
．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证出
平面
，即可得
，由勾股定理逆定理可得
，从而
，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）过点D 作
于
，再过点
作
于
，连接
，根据三垂线法可知，
即为二
面角
的平面角，即可求得
，再分别用
的长度表示出
，即可解方程求
出
．
【详解】（1）因为
平面
，而
平面
，所以
，
又
，
，
平面
，所以
平面
，
而
平面
，所以
.
因为
，所以
， 根据平面知识可知
，
又
平面
，
平面
，所以
平面
．
（2）如图所示，过点D 作
于
，再过点
作
于
，连接
，
因为
平面
，所以平面
平面
，而平面
平面
，
所以
平面
，又
，所以
平面
，
根据二面角的定义可知，
即为二面角
的平面角，
42
即
，即
．
因为
，设
，则
，由等面积法可得，
，
又
，而
为等腰直角三角形，所以
，
故
，解得
，即
．
【典例】19．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD 中，
，
，
，
，
，点E，F 满足
，
，将
沿EF 翻折至
，使得
．
(1)证明：
；
(2)求平面PCD 与平面PBF 所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
43
(2)
【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得
，利用勾股定理的逆定理可证得
，则
，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；
（2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明
，建立如图空间直角坐标系
，利
用空间向量法求解面面角即可.
【详解】（1）由
，
得
，又
，在
中，
由余弦定理得
,
所以
，则
，即
，
所以
，又
平面
，
所以
平面
，又
平面
，
故
；
（2）连接
，由
，则
，
在
中，
，得
，
所以
，由（1）知
，又
平面
，
所以
平面
，又
平面
，
所以
，则
两两垂直，建立如图空间直角坐标系
，
则
，
由
是
的中点，得
，
所以
，
设平面
和平面
的一个法向量分别为
，
则
，
，
令
，得
，
所以
，
44
所以
，
设平面
和平面
所成角为
，则
，
即平面
和平面
所成角的正弦值为
.
【典例】20．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F 为顶点的五面体中，四边形
ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形，
，
，
，
为
的中点．
(1)证明：
平面
；
(2)求二面角
的正弦值．
【答案】(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）结合已知易证四边形
为平行四边形，可证
，进而得证；
45
（2）作
交
于
，连接
，易证
三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式
即可求解.
【详解】（1）因为
为
的中点，所以
，
四边形
为平行四边形，所以
，又因为
平面
，
平面
，所以
平面
；
（2）如图所示，作
交
于
，连接
，
因为四边形
为等腰梯形，
，所以
，
结合（1）
为平行四边形，可得
，又
，
所以
为等边三角形，
为
中点，所以
，
又因为四边形
为等腰梯形，
为
中点，所以
，
四边形
为平行四边形，
，
所以
为等腰三角形，
与
底边上中点
重合，
，
，
因为
，所以
，所以
互相垂直，
以
方向为
轴，
方向为
轴，
方向为
轴，建立
空间直角坐标系，
，
，
，
，设平面
的法向量为
，
平面
的法向量为
，
则
，即
，令
，得
，即
，
则
，即
，令
，得
，
即
，
，则
，
故二面角
的正弦值为
.
46
最新模考基础练（
5 题）
21．（2025·陕西·一模）如图，在三棱台
中，
平面ABC，
，
，
，
，M 为
的中点．
(1)证明：
平面AMC；
(2)求平面
和平面AMC 夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
．
【分析】（1）连接
，可证
，由
平面ABC，得
，利用线面垂直的判定定理即
可得证；
（2）建立空间直角坐标系，求平面
的法向量为
，由（1）知平面AMC 的一个法向量为
，利用
夹角公式即可求解.
47
【详解】（1）（1）如图，连接
，由题意知
平面
，所以
，又
，
，
所以
，
因为M 是
的中点，所以
．
因为
平面ABC，所以
，又
，
，所以
平面
，所以
．
因为
，所以
平面AMC．
（2）以A 为坐标原点，以直线AB，AC，
分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图，
，
，
，
，
，
所以
，
．
设平面
的法向量为
，
则
，取
，
由（1）知平面AMC 的一个法向量为
，
因为
，
48
所以平面
和平面AMC 夹角的余弦值为
．
22．（2025·江西南昌·一模）如图，在三棱锥
中，
平面
，
为
的中点．
(1)求证：
；
(2)求
与平面
所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取
的中点为
，连接
，即可证明
，
，从而得到
平面
，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）取
的中点为
，连接
，
因为
为
的中点，所以
，
因为
平面
，所以
平面
，又
平面
所以
，
因为
，所以
，
因为
，
平面
，
所以
平面
，且
平面
，
所以
；
49
（2）以点
为坐标原点，以
为
轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为
，
所以
，
所以
，则
，
所以
，
平面
的法向量为
，
所以
，
即
与平面
所成角的正弦值为
．
23．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，矩形
中，
，
，E 为BC 的中点，将
沿
翻折至
，平面
平面
．
(1)求证：
平面
；
(2)求直线
与平面
所成角的正弦值．
50
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接
，即可证明
，再由面面垂直的性质得到
平面
，从而得到
，结合
，即可得证；
（2）以
为原点，建立空间直角坐标系，求出平面
的法向量，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）连接
，由
，
，得
，
由
，
，得
，
所以
，
所以
，即
，
由平面
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）如图以
为原点，建立空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
，
所以
，
，
，
设平面
的法向量为
，
则
，取
，
设直线
与平面
所成角为
，
则
直线
与平面
所成角的正弦值为
．
51
24．（2025·四川成都·一模）如图，在四棱台
中，下底面是边长为
的正方形，侧棱
与底面垂直，且
.
(1)证明：
平面
；
(2)求平面
与平面
的夹角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作辅助线构造平行四边形
，得到线线平行通过线面平行的判定定理可证；
（2）以
为原点建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量进而求法向量夹角的余弦值即可.
【详解】（1）连接
交
于点
，连结
，
.
因为底面
是正方形，所以
是
的中点.
又
，所以
，故
.
由棱台的定义，
与
共面，因为棱台的上、下底面平行，所以它们与平面
的交线平行，即
.
所以四边形
为平行四边形，故
.
52
又因为
平面
，
平面
，所以
平面
.
（2）以
为原点，分别以
，
，
所在直线为
轴，
轴，
轴，建立如图所示的空间直角坐标
系.
则
，
，
，
，
，
.
故
，
，
，
.
设平面
的法向量
，由
得
.
取
，得平面
的一个法向量
.
设平面
的法向量
，由
得
.
取
，得平面
的一个法向量
.
故
.
所以平面
与平面
夹角的大小为
.
25．（2025·河北·一模）如图，在几何体
中，底面
为平行四边形，
平面
⊥平面
.
53
(1)证明:四边形
为菱形;
(2)若
，且
，
，求平面
与平面
的夹角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的性质得出线线垂直，进而证明
平面
，得出对角线垂直，进一步
可得结论；
（2）建立空间坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量夹角公式可求答案.
【详解】（1）设
，连接
，过
向
作垂线，垂足为
，
因为平面
⊥平面
，平面
平面
，
，
平面
，
所以
平面
，
因为
平面
，所以
，
因为
平面
，所以
，
因为
,
平面
，所以
平面
，所以
，
因为
为平行四边形，所以
为菱形.
（2）因为
，结合（1）可知底面为正方形，
以
为原点，
所在直线分别为
轴，建立空间直角坐标系，
设
，则
;
,
;
54
设平面
的一个法向量为
，则
，
令
得，
.
设平面
的一个法向量为
，则
，
令
得，
.
设平面
与平面
的夹角为
，则
，
所以
，即平面
与平面
的夹角的正弦值为
.
最新模考能力练（
5 题）
26．（2026·重庆·一模）如图，已知三棱台
的高为
为
的
中点，
，平面
平面
.
55
(1)求证：
平面
；
(2)求
与平面
所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
.
【分析】（1）借助面面垂直的判定定理即可得线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，再运用向量夹角公式，即可得解.
【详解】（1）由
，
，
，
故
与
全等，故
，
又因为
为
的中点，故
，
又因为平面
平面
，平面
平面
，
且
平面
，故
平面
；
（2）连接
，由
平面
，
平面
，故
，
又
为
的中点，故
，
即
两两垂直，且
，
故可以
为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
有
，
由三棱台
的高为
，故
，故
，
，
56
则
，
设平面
的法向量为
，
则有
，即
，
令
，则有
，故
，
设
与平面
所成角为
，
则有
，
则
，
因此，
与平面
所成角为
.
27．（2026·河北·模拟预测）如图，该几何体是由半圆锥 PO 和三棱锥P-ABC 组合而成的，H 为半圆
弧AB 的中点，A，B，C，H 四点共面，△PAB 是边长为10 的正三角形，BC=8，AC=6，在半圆弧AB 上
取一点F，使得AF∥BC，连接PF，D，E 分别为线段PA，PF 的中点．
(1)证明：平面ODE∥平面 PBC．
(2)求异面直线 BH 与OE 所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用三角形的中位线以及平行的传递性证得DE∥平面PBC，根据平面与平面平行的判定定
理即可证得.
57
（2）建立空间直角坐标系，分别求出
，
坐标，利用向量法求异面直线 BH 与OE 所成角的余弦值即
可.
【详解】（1）由 D，E 分别为线段PA，PF 的中点，知DE∥AF，又由AF∥BC，知DE∥BC，
平面PBC，
平面PBC，故DE∥平面PBC
又由D，O 分别为线段PA，AB 的中点，知OD∥PB，
平面PBC，
平面PBC，故OD∥平面PBC，
又由OD，DE⊂平面ODE，且OD∩DE=D，知平面ODE∥平面PBC．
（2）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
，
．
又△PAB 是边长为10 的正三角形，知
则
．
过点 F 作FG⊥AB，垂足为G，由AB=10，BC=8，AC=6，知
又由AF∥BC，知
则AF=8，
知
故
又E 为线段PF 的中点，则
故
58
则
.
故异面直线BH 与OE 所成角的余弦值为
28．（2026·重庆·模拟预测）如图1，在
中，
两点分别为
（靠近
）､
（靠
近
）的三等分点，
.现将
沿
折起得到四棱锥
，在图2 中
.
(1)求证：
平面
；
(2)线段
上是否存在一点
，使得平面
与平面
夹角的正弦值为
？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)存在，
【分析】（1）证明出
，
，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点
为原点，
、
、
的方向分别为
、
、
轴建立空间直角坐标系，设
，求得
，根据面面角的向量求法建立等式计算求解即可.
【详解】（1）在图1 的
中，
，
所以
，且
，
，
因为
，所以，
，则
，
，
在
中，
，
，
，则
，
59
在图2 的
中，
，
，
，
满足
，所以
，
因为
，
，
，
、
平面
，
所以
平面
.
（2）由题意得
平面
，
，
以点
为原点，
、
、
的方向分别为
、
、
轴，
建立如下图所示的空间直角坐标系，
则
、
、
，
，
，
设线段
上存在一点
，
，
，
则
，
，即
，
解得
，故
，
设平面
的一个法向量
，
则
，取
，则
，
所以平面
的一个法向量为
，
取平面
的一个法向量为
，
60
由题意可得
，
令
，则
，解得
，
当
时，得
，当
，此时无解，
所以线段
上存在一点
，且
.
29．（2026·湖北·模拟预测）如图，在平面四边形
中，
，
，将
沿
翻折至
，其中P 为动点.
(1)证明：
；
(2)求二面角
余弦值的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取
中点
，求证
平面
，再根据线面垂直的性质定理即可求证；
（2）以
为原点建系，设
，进而求出平面
和平面
的法向量
，求出
，令
，结合一元二次函数求最值.
【详解】（1）取
中点
，连
，
，
因为底面
为正三角形，
，则
，
，
又
平面
，
，所以
平面
，
又
平面
，所以
.
61
（2）以
为原点，
为x 轴，
为y 轴，垂直于平面
的直线为
轴建立如图所示的空间直角坐标
系，
设
，其中
，
因为
，
，所以
，
则
，
，
，
，
，
则
，
，
，
设平面
和平面
的一个法向量分别为
，
则
，
，
令
，
，
则
，
，
则
令
，则
，
62
则
，
，
当
即
时，
有最小值，最小值为
，
故二面角
余弦值的最小值为
.
30．（2026·辽宁大连·一模）如图，已知四棱锥
的底面为正方形，
底面
，设平面
与平面
的交线为直线.
(1)证明：
；
(2)
，点
在直线上.
（i）若
，且点
均在球
的球面上，证明：点
在球
的球面上；
（ii）若直线
与平面
所成角的正弦值为
，求
的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）
或
【分析】（1）先应用线面平行判定定理再结合性质定理证明；
（2）（i）建立空间直角坐标系
，根据
，得
，设球
的球心
，根据
得球心
，半径为
，验证
即可；
63
（ii）设
，平面
的法向量为
，利用线面角的向量法求解.
【详解】（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
；
（2）以点
为原点，
为
轴，
如图建立空间直角坐标系
，
则
，
，
，
，
，
（i）因为点
在直线上，
设
，因为
，则
，即
，
设点
所在球
的球心
，
则
，
即
，
解得
，即球心
，半径为
，
又
，
所以点
在球
的球面上；
（ii）设
，且
，
64
设平面
的法向量为
，则
，
可取
，记直线
与平面
所成的角为
，
则
，
解得
或
，
所以
的长为
或
.
最新模考压轴练（
5 题）
31．（2026·河北沧州·一模）如图所示，在四棱锥
中，
平面
，
平面
，
是等边三角形．
(1)若
为棱
上一点，直线
与平面
交于点
，证明：
平面
；
(2)若
，直线
与平面
所成角的正弦值为
，求
的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
或28
【分析】（1）利用线面平行的判定定理与性质定理进行证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角，通过代数运算求线段长度.
【详解】（1）因为
平面
，
平面
，所以
，
65
因为
平面
，
平面
，所以
平面
，
由已知，
四点共面，
又因为
平面
，平面
平面
，所以
，
因为
平面
，
平面
，所以
平面
．
（2）令
，
取
的中点为
，连接
，过
作
，且交
于
，
因为
，
平面
，所以
平面
，
因为
是正三角形，
，所以
．
以
为坐标原点，
方向为
轴正方向，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
，
取
，则
，
设直线
与平面
所成角为
，
则
，
整理得
，解得
或
，
即
或28．
32．（2026·河北邢台·一模）如图，在四棱锥
中，
平面
，
，
，
，
，
.
66
(1)证明：平面
平面
.
(2)求平面
与平面
所成锐二面角的余弦值.
(3)在棱
上(不含端点)是否存在点
，使得
平面
?若存在，求出
的值；若不存在，请
说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
；
(3)存在，
.
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，由
，可得
，求出平面法向量，由面面角向量法计算即可求解；
（3）设
，由线面平行向量法建立等式计算即可求解.
【详解】（1）因为
平面
，
平面
，所以
，
因为
，
，
平面
，
所以
平面
，
平面
，所以平面
平面
；
（2）因为
平面
，
，所以
两两互相垂直，
以
为坐标原点，
分别为
轴建立如图所示空间直角坐标系，
67
则
，
，
，
，设
，
，
，
因为
，所以
，解得
，所以
，
所以
，
，
设平面
的一个法向量为
，
则
，令
，则
，
所以平面
的一个法向量为
，
由题意可得
可以为平面
的一个法向量，
设平面
与平面
所成锐二面角为
，
则
，
所以平面
与平面
所成锐二面角为
；
（3）设
，因为点
在棱
上(不含端点)，所以
，
设
，则
，
，
因为
，所以
，
则
，所以
，
则
，
，
设平面
的一个法向量为
，
则
，令
，则
，
，
68
所以平面
的一个法向量为
，
若
平面
，则
，
即
，解得
，
所以存在点
，且
.
33．（2026·陕西宝鸡·一模）如图，四棱锥
中，平面
平面
，
，
，
，
，
，
，
(1)求证：
平面
；
(2)设平面
平面
，求与平面
所成角的正弦值．
(3)设
平面
，求当
周长最小时三棱锥
的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
；
(3)
.
【分析】（1）如图，取
中点为
，连接
，由题可证
，结合
，可得
平面
，从而
，最后结合
可完成证明；
（2）如图建立以
为原点的空间直角坐标系，由题求出方向向量与平面
的法向量，据此可得答案；
（3）如图，由（1）做出
关于平面
的对称点
，连接
，其与平面
交点即为满足题意的Q，
然后由题可得Q 坐标，据此可得体积．
【详解】（1）取
中点为E，连接PE，因
，则
，
又平面
平面
，
平面
，平面
平面
，
则
平面
，
平面
，则
．
69
又
，
平面
，
，
所以
平面
，
平面
，则
．
又
，
平面
，
，
所以
平面
．
（2）如图，连接
，因
，则
，
结合（1），可得
两两垂直，故建立以
为原点的空间直角坐标系．
因
，则
．
因
，
，则
．
从而
，
．
设平面
与平面
法向量 分别为
，
，
则
，
，
可取
，
.
设方向向量为
，因平面
平面
，
则
，从而可取
.
设与平面
夹角为
，易得平面
法向量为
，
则
；
（3）由（1）可得
平面
，延长
至
，使
，
则
为
关于平面
的对称点，从而
，
当且仅当
三点共线时取等号，
又
，则连接
，
与平面
交点即为满足题意的Q.
70
由（2）
，则
，
.
设
，又
，
则
，注意到
平面
，
则
，则
，
又
，则
，即
.
则
.
34．（2025·四川成都·一模）如图所示，在直三棱柱
中，
，
，
点
是线段
上的动点（不与点
重合）.
(1)求证：
(2)若平面
与平面
所成角的正弦值不小于
，求线段
的取值范围.
71
(3)设点
到面
的距离为，四面体
的外接球半径为
，求
的取值范围.
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】(1)根据题意，建立空间直角坐标系，利用两向量数量积等于零证明两直线垂直；
(2)设
，通过求得平面
和平面
的法向量，结合二面角的向量求法，即可得到关于
的不等式，解不等式即可求得
的取值范围；
(3)设四面体
的外接球心
的坐标为
，
，根据空间两点间距离公式，由
，可得
，即
，再由
，可得
，结合二次
函数的性质，可求得
，又
，再结合二次函数的性质即可求解
的范围，
根据空间中点到线的距离公式可得的值，即可求解.
【详解】（1）在直三棱柱
中，
，
，
，
则以
为原点，以
为
轴，以
为
轴，以
为
轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
，
，
72
，
，
即
，故
.
（2）设
，则
，
则
，
设平面
的法向量为
，
则
，取
，则
，故
，
又在直三棱柱
中，
，则
平面
，
所以平面
的法向量为
，
设二面角
的平面角为锐角
，
有
则二面角的余弦值为：
令
，因为
，则
，故
，
即
，则
，即
，故
，所以
，
故
.
73
（3）设四面体
的外接球心
的坐标为
，
则
，
故
，
则
，所以外接球心
的坐标为
，
代入得
，
即
，
则
，当
时，
取得最小值为
，
当
或
时，
，所以
，
所以
，当
时，
取得最小值为
，
当
时，
，所以
，
所以
，
由（1）知
，
设平面
的法向量为
，
，取
，则
，
所以
，
点
到平面
的距离为
，
所以
的取值范围为
.
74
35．（2025·浙江台州·一模）已知正方体
的棱长为2，
是空间中的一点.
(1)证明：直线
平面
；
(2)若直线
平面
，则在平面
内是否存在点
，使得
的长为定值，若存在，指出点
的位置；若不存在，请说明理由.
(3)若点
在平面
内，且满足平面
平面
，请判断点
的轨迹，并说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
(3)点
的轨迹为抛物线，理由见解析
【分析】（1）要证明线面垂直，则需要证明该直线与平面内的两条相交直线均垂直即可.
（2）方法一：建立空间直角坐标系，根据
平面
，利用坐标列出方程组，然后计算
，即可判
断其是否是定值；方法二：取
中点
，连接
，再取
的中点
，先证明
，得出
平面
，然后求出
的长.
（3）建立空间直角坐标系，求出平面
和平面
的法向量，根据面面垂直列出式子，即可得到轨迹
是抛物线.
【详解】（1）在正方体
中，
因为
平面
平面
，所以
.
75
又因为
，
平面
.
所以
平面
.
（2）法一：如图，以
为坐标原点，以
所在直线分别为
轴､
轴､
轴，建立空间直角坐标
系，
则
.
设点
，则
，
因为
平面
，所以
得
*
设平面
内存在点
，满足
长为定值，
则
，
由*式得
，
所以当
时，
长为定值
，此时点
.
法二：如图，取
中点
，连接
，再取
的中点
，
76
因为
平面
，所以
.
又因为
平面
，所以
平面
，
得
平面
.
在
中，因为
为定值，
所以在平面
内存在点
，使得
的长为定值，且
为
的中点.
（3）如图，以
为坐标原点，以
分别为
轴､
轴､
轴，建立空间直角坐标系，则
.
设点
，平面
的一个法向量为
，
平面
的一个法向量为
，
得
，
77
由
取
，得
，即
.
由
得
，取
，得
.
即
.
又因为平面
平面
，所以
，
得
，故点
的轨迹为抛物线.
78
