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专题6-3 立体几何大题综合归类
目录
题型01 平行：无交线型.......................................................................................................................................................1
题型02 平行：线面平行探索性...........................................................................................................................................5
题型03 平行：面面平行探索性...........................................................................................................................................8
题型04 垂直：线面垂直探索性........................................................................................................................................10
题型05 垂直：面面垂直翻折探索性.................................................................................................................................14
题型06 证明与建系：斜棱柱垂面法建系.........................................................................................................................17
题型07 证明与建系：斜棱柱垂线法建系.........................................................................................................................20
题型08 证明与建系：三棱柱投影法建系........................................................................................................................24
题型09 证明与建系：角平分线法建系............................................................................................................................27
题型10 二面角延长线法.....................................................................................................................................................31
题型11 翻折型.....................................................................................................................................................................34
题型12 台体型.....................................................................................................................................................................38
高考练场.............................................................................................................................................................................. 42
题型01 平行：无交线型
【解题攻略】
两个平面相交：
1.两点确定一条直线，只需确定两平面的两个公共点即可
2.由于两平面有一个公共点A，再找一个公共点即可确定交线
3.一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行，在平面内，过两平
面的公共点作直线与已知直线平行，则此直线即为两平面的交线
【典例1-1】如图，在平行四边形
中，
，
，
为
的中点，以
为折痕将
折起，使点
到达点
的位置，且
，
，
分别为
，
的中点.
(1)证明：
平面
.
(2)若平面
与平面
的交线为，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）连接
，交
于
，并连接
，易得
为正方形，进而知
为中位线，则
，
最后根据线面平行的判定证结论；
（2）若
为
中点，连接
，由线面、面面垂直的判定可证面
面
，从而
在面
上的射影
在直线
上，过
作直线
则有直线为面
与面
的交线，故
与面
1
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所成角
即为所求角，再根据已知、等体积法求
到面
的距离，即可求角的正弦值.
（1）
连接
，交
于
，并连接
，
由
、
分别是
、
的中点，而
，故
为正方形，
所以
为
的中点，又
是
的中点，
所以
，而
面
，
面
，故
面
.
（2）
由题易知：
且均为等腰三角形，
且均为等边三角形，
若
为
中点，连接
，则
，
而
，
面
，则
面
，
又
面
，故面
面
，面
面
，
所以
在面
上的射影
在直线
上，
过
作直线
，而
，则
，故直线为面
与面
的交线，
所以直线与平面
所成角，即为
与面
所成角
，
由题设，
，
，令
，则
，
，
因为
面
，
面
，故
，
所以
，又
，易知
，
在△
中，
，整理得
，
所以
，故
，
，
若
到面
的距离为
，且
，即
，
所以
，
，
，
，
综上，
，则
.
【变式1-1】如图所示，在四棱柱
中，底面
是等腰梯形，
，
,
,侧棱
⊥底面
且
．
2
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(1)指出棱
与平面
的交点
的位置（无需证明）；
(2)求点
到平面
的距离．
【答案】(1)点
位于
的中点位置，理由见解析；
(2)
.
【分析】（1）作出辅助线，得到四棱柱
为长方体，利用中位线得到线线平行，得到棱
与平面
的交点
的位置为
的中点；
（2）利用等体积法求解点到平面的距离.
（1）
延长
至点F，且DF=CD，延长
至点H，使得
，连接FH，
交
于点Q，
因为四棱柱
中，底面
是等腰梯形，
，
所以四棱柱
为长方体，
，且
为
的中点，
取
的中点E，连接ED，则
，
所以
，
故棱
与平面
的交点
的位置为
的中点；
（2）
取AB 的中点M，连接DM，
因为
,
,
故△ADM 为等边三角形，
所以
，
因为侧棱
⊥底面
且
，
平面
，
3
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所以
，
由勾股定理得：
，
由余弦定理得：
，
其中
，
，
由余弦定理得：
，
因为
，
所以
，
由三角形面积公式可知：
，
设点
到平面
的距离为
，
因为
，即
，
，解得：
，
所以点
到平面
的距离为
.
【变式1-2】如图，
为圆锥的顶点，
为圆锥底面的圆心，圆锥的底面直径
，母线
，
是
的中点，四边形
为正方形．设平面
平面
，证明：
；
【答案】证明见解析.
【分析】利用线面平行的判定定理可得
平面
，再利用线面平行的性质定理即得.
【详解】因为四边形
为正方形，
4
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∴
，
∵
平面
，
平面
，
∴
平面
，
∵
平面
，平面
平面
，
∴
．
.
题型02 平行：线面平行探索性
【解题攻略】
平行的常用构造方法
①三角形中位线法；
②平行四边形线法；
③比例线段法.
注意：平行构造主要用于：①异面直线求夹角；
②平行关系的判定.
【典例1-1】如图，在三棱柱
中，侧面
底面
，
，
，
且
，
为
中点.
(1)求证
平面
(2)在
上是否存在一点
，使得
平面
，若不存在，说明理由；若存在，确定点E 的位置.
【答案】(1)证明见解析。(2)存在，E 为线段BC1的中点
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）连接
，交
于
，连接
，能够判断OM
平面A1AB，BC1的中点M 即为所求的E 点.
（1）证明：连接
，
，且
为
的中点，所以
.
，且
为
的中点，∴A1O⊥AC.又
，
平面
，
平面
，
5
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∴
平面
．
（2）存在点E，且E 为线段BC1的中点.理由：连接
，交
于
，连接
，则OM 是
的一条
中位线，OM
AB1，
又
平面
，OM⊄平面A1AB，∴OM
平面A1AB，故BC1的中点M 即为所求的E 点.
【变式1-1】如图，四边形
中，
，
，
，
，
，
分别在
，
上，
，现将四边形
沿
折起，使
．
(1)若
，在折叠后的线段
上是否存在一点
，使得
平面
？若存在，求出
的值；若
不存在，说明理由.
(2)求三棱锥
的体积的最大值，并求出此时点
到平面
的距离.
【答案】(1)存在，
(2)三棱锥ACDF 的体积的最大值为3，此时点F 到平面ACD 的距离为
【分析】(1)在AD 上取一点P，使得
，证明线面平行，则P 点就是所求的点；
(2)先设
，运用二次函数即可求出三棱锥
的体积最大值，再运用等体积法求出F 到平面
ACD 的距离.
（1）
6
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AD 上存在一点P，使得CP
平面ABEF，此时
，
理由如下：当
时，
，如图，过点P 作M
FD 交AF 于点M，连接ME，则
，
∵BE＝1，∴FD＝5，∴MP＝3，又EC＝3，MP
FD
EC，∴MP
EC，
故四边形MPCE 为平行四边形，∴CP
ME，又CP⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，
∴CP
平面ABEF；
（2）设BE＝x，则AF＝x(0<x≤4)，FD＝6－x，故
，
∴当x＝3 时，
有最大值，且最大值为3，此时EC＝1，AF＝3，FD＝3，
，
∴
，
，
在△ACD 中，由余弦定理得
，
，
，设
到平面
的距离为，
，
，
.综上，存在点P，使得CP//平面ABEF，
，三棱锥
的最大值为3，此时点F 到平面ACD 的距离为
【变式1-2】如图，在直角梯形ABCD 中，AB∥DC，∠BAD＝90°，AB＝4，AD＝2，DC＝3，点E 在CD
上，且DE＝2，将△ADE 沿AE 折起，使得平面ADE⊥平面ABCE，G 为AE 中点.
(1)求证：DG⊥平面ABCE；
(2)求四棱锥D-ABCE 的体积；
(3)在线段BD 上是否存在点P，使得CP∥平面ADE？若存在，求
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)由平面
平面ABCE，根据面面垂直性质定理推证出
平面
，(2)求得棱锥的高，
再结合棱锥的体积公式，即可求得结果；(3) 过点C 作
交AB 于点F，过点F 作
交DB 于
点P，通过证明平面
//平面
证明CP//平面ADE，即可求得线段之比.
（1）因为G 为AE 中点，
，所以
．
因为平面
平面ABCE，平面
平面
，
平面ADE，所以
平面ABCE．
7
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（2）在直角三角形ADE 中，∵AD＝DE＝2，∴AE＝2
，∴DG=
AE＝
.
又梯形
的面积
。所以四棱锥D-ABCE 的体积为
；
（3）过点C 作CF∥AE 交AB 于点F，则AF：FB＝1：3.
过点F 作FP//AD 交DB 于点P，连接PC，则DP：PB＝1：3.
又因为CF//AE，AE
平面ADE，CF
平面ADE，所以CF//平面ADE.同理FP//平面ADE.
又因为CF∩PF＝F，CF
平面PFC，PF
平面PFC， 所以平面PFC//平面ADE.
因为CP
平面PFC，所以CP//平面ADE.
所以在BD 上存在点P，使得CP∥平面ADE，且
.
题型03 平行：面面平行探索性
【解题攻略】
证明平行
(1)线线平行：设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2.
(2)线面平行：设直线l 的方向向量为v，平面α 的法向量为u，则l∥α 或l⊂α⇔v⊥u.
(3)面面平行：设平面α 和β 的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔u1 ∥u2.
【典例1-1】在三棱柱
中，
(1)若
分别是
的中点，求证：平面
平面
.
(2)若点
分别是
上的点，且平面
平面
，试求
的值．
【答案】(1)证明见解析(2)1
【分析】（1）分别证明
平面
、
平面
即可；
（2）连接
交
于
，连接
，由面面平行的性质定理可得
、
，然后可得答案.
（1）∵
分别是
的中点，∴
，∵
平面
，
平面
，
8
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∴
平面
，∵
，
，∴四边形
是平行四边形，
∴
，又∵
平面
，
平面
，∴
平面
，
又∵
，
平面
，∴平面
平面
.
（2）
连接
交
于
，连接
，
由平面
平面
，且平面
平面
，平面
平面
，
∴
，同理可得
，所以
，即
为线段
的中点，
所以
为线段
的中点，即
.
【变式1-1】.在长方体
中，
，P 为
的中点．已知过点
的平面
与平面
平行，平面
与直线
分别相交于点M，N，请确定点M，N 的位置；
【答案】
分别是棱
的中点．
【分析】先证明四边形
为平行四边形，即得点M 是棱AB 的中点，同理点N 是棱
的中点.
【详解】解：依题意，如图，平面
平面
，平面
平面
，平面
平面
，
则
，在长方体
中，
，
则四边形
为平行四边形，
于是得
，即点M 是棱AB 的中点.
同理点N 是棱
的中点，
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所以
分别是棱
的中点．
【变式1-2】已知正方体
中，
､
分别为对角线
､
上的点，且
．
（1）求证：
平面
；
（2）若
是
上的点，
的值为多少时，能使平面
平面
？请给出证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）
的值为
，证明见解析．
【分析】（1）连结
并延长与
的延长线交于
点，证明
，
，又
平面
，
平面
，证明
平面
；
（2）
是
上的点，当
的值为
时，能使平面
平面
，通过证明
平面
，
又
，
平面
．然后证明即可．
【详解】（1）连结
并延长与
的延长线交于
点，
因为四边形
为正方形，所以
，故
，所以
，
又因为
，所以
，所以
．又
平面
，
平面
，
故
平面
．
（2）当
的值为
时，能使平面
平面
．
证明：因为
，
即有
，故
．所以
．又
平面
，
平面
，
10
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所以
平面
，又
，
平面
．
所以平面
平面
．
题型04 垂直：线面垂直探索性
【解题攻略】
垂直的常见构造：
①等腰三角形三线合一法；
②勾股定理法；
③投影法.
④菱形的对角线互相垂直
【典例1-1】已知正方体
的棱长为
，
、
、
分别是
、
、
的中点．
(1)求证：
平面
；
(2)在线段
上是否存在点
，使得
平面
？若存在，求线段
的长；若不存在，请说明理由；
(3)求
到平面
的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)存在，
(3)
【分析】（1）由题意证明得到
，再由线面平行的判定定理即可证明.
（2）取
的中点
，连接
、
、
、
、
，由勾股定理可证明
，
，
再由线面垂直的判定定理可证明
平面
，即可求出线段
的长.
（3）因为
平面
，
平面
，所以
到平面
的距离为
，由（2）即可求出
.
（1）
连接
，则
为
的中位线，所以
，
在正方体中，
，所以
，
因为
平面
，
平面
，所以
平面
；
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（2）
取
的中点
，则满足
平面
，且
．证明如下：
取
的中点
，连接
、
、
、
、
，则
，
在
中，
，由
，
得
，
由
，
得
，由
，
得
，
在
中，
，又
平面
，所以
平面
，且
；
（3）因为
平面
，
平面
，
，
所以
到平面
的距离为
，由（2）的
．
【变式1-1】如图，在四棱锥S－ABCD 中，四边形ABCD 是边长为2 的菱形，∠ABC＝60°，△SAD 为正三
角形．侧面SAD⊥底面ABCD，E，F 分别为棱AD，SB 的中点．
(1)求证：AF∥平面SEC；
(2)求证：平面ASB⊥平面CSB；
(3)在棱SB 上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求
的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)存在，
【分析】（1）取SC 的中点G，连接FG，EG，证明四边形AFGE 是平行四边形，则AF∥EG，再根据线
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面平行的判定定理即可得证；
（2）先证明AD⊥平面SEC，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（3）假设在棱SB 上存在点M，使得BD⊥平面MAC，连接MO，BE，由面面垂直的性质可得SE⊥平面
ABCD，再根据线面垂直的性质可得BD⊥OM，SE⊥BE，再分别求出
即可得出答案.
（1）证明：如图，取SC 的中点G，连接FG，EG，∵F，G 分别是SB，SC 的中点，∴FG∥BC，
，
∵四边形ABCD 是菱形，E 是AD 的中点，∴AE∥BC，
，∴FG∥AE，FG＝AE，∴四边形
AFGE 是平行四边形，∴AF∥EG，又
平面SEC，
平面SEC，∴AF∥平面SEC；
（2）证明：∵△SAD 是等边三角形，E 是AD 的中点，∴SE⊥AD，∵四边形ABCD 是菱形，
，
∴△ACD 是等边三角形，又E 是AD 的中点，∴AD⊥CE，又
平面SEC，
∴AD⊥平面SEC，又
平面SEC，∴AD⊥EG，又四边形AFGE 是平行四边形，
∴四边形AFGE 是矩形，∴AF⊥FG，又SA＝AB，F 是SB 的中点，∴AF⊥SB，
又
平面SBC，∴AF⊥平面SBC，又
平面ASB，∴平面ASB⊥平面CSB；
（3）解：假设在棱SB 上存在点M，使得BD⊥平面MAC，连接MO，BE，∵
平面MAC，
∴BD⊥OM，
∵四边形ABCD 是边长为2 的菱形，
，△SAD 为正三角形，
∴
，∵侧面SAD⊥底面ABCD，
又侧面
底面ABCD＝AD，
平面SAD，∴SE⊥平面ABCD 又
平面ABCD，∴SE⊥BE，
∴
，∴
，∴
，∴
，
∴
，∴在棱SB 上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC，
.
【变式1-2】如图，在直三棱柱
中，
，
，
，
为棱
上靠
近
的三等分点，
为棱
上靠近
的三等分点.
(1)证明：
平面
；
(2)在棱
上是否存在点D，使得
面
?若存在，求出
的大小并证明；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析(2)存在，
【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可求解.
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（2）利用线面垂直的性质定理即可求解.
(1)取棱
上靠近
的三等分点
，连接
，
又
为棱
上靠近
的三等分点，
为棱
上靠近
的三等分点.
，
，
，且
所以四边形
是平行四边形，
又
平面
，
平面
，
平面
；
(2)由直三棱柱的性质及
，可知
侧面
，又
侧面
，
由已知
，
又
，
又
，
所以
.
题型05 垂直：面面垂直翻折探索性
【解题攻略】
翻折
1. 翻折前后，在同一平平面内的点线关系不变
2. 翻折过程中是否存在垂直或者平行等特殊位置关系
3. 翻折过程中，角度是否为定值
4. 翻折过程中，体积是否存在变化
【典例1-1】
如图，在四棱锥P－ABCD 中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝
，AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，点M
是AC 与BD 的交点，点N 在线段PB 上，且PN＝
PB.
(1)证明：MN
平面PDC；
(2)在线段BC 上是否存在一点Q，使得平面MNQ⊥平面PAD，若存在，求出点Q 的位置；若不存在，请
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说明理由.
【答案】(1)证明见解析(2)存在，Q 为BC 的中点
【分析】（1）证明
后可得线面平行；
（2）过M 作ME⊥AD，垂足为E，延长EM 交BC 于Q，连结NQ，NE，可以证明平面MNQ⊥平面PAD，
再根据已知条件求得
点位置即可．
（1）
在四边形ABCD 中，由AB＝BC＝
，AD＝CD＝1，
可得△ABD≌△CBD，可得AC⊥BD，且M 为AC 的中点，
由AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，可得DM＝CDcos 60°＝
，AC＝2CDsin 60°＝
，
则BM＝
×
＝
，由
＝
＝
，可得MN∥PD，
而MN⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，可得MN∥平面PDC.
（2）
过M 作ME⊥AD，垂足为E，延长EM 交BC 于Q，连结NQ，NE，如图，
由PA⊥平面ABCD，EQ⊂平面ABCD，可得PA⊥EQ，
又EQ⊥AD，
,
平面
，
所以EQ⊥平面PAD，EQ⊂平面MNQ，所以平面MNQ⊥平面PAD，故存在这 样的点Q，使得平面
MNQ⊥平面PAD，
在Rt
DME 中，∠EMD＝90°－60°＝30°，
在
BQM 中，∠QBM＝∠BMQ＝30°，∠BQM＝120°，
由BM＝
，
＝
，可得BQ＝
＝
，即Q 为BC 的中点，
则Q 为BC 的中点时，平面MNQ⊥平面PAD.
【变式1-1】如图，在三棱台ABCDEF 中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.
(1)设平面ACE∩平面DEF＝a，求证：DF∥a；
(2)若EF＝CF＝2BC，试问在线段BE 上是否存在点G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在，请确定G 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G，且BG＝
BE
【分析】（1）利用线面平行的判定定理和性质定理可证；
（2）取CE 的中点O，连接FO 并延长交BE 于点G，交CB 的延长线于点H，然后证明GF⊥平面CDE 可
得.
（1）在三棱台ABCDEF 中，AC∥DF，AC⊂平面ACE，DF⊄平面ACE，∴DF∥平面ACE.
又∵DF⊂平面DEF，平面ACE∩平面DEF＝a，∴DF∥a.
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（2）线段BE 上存在点G，且BG＝
BE 时，使得平面DFG⊥平面CDE.证明如下：
取CE 的中点O，连接FO 并延长交BE 于点G，交CB 的延长线于点H，
连接GD，∵CF＝EF，∴GF⊥CE.
在三棱台ABCDEF 中，AB⊥BC⇒DE⊥EF.
由CF⊥平面DEF，
平面DEF，可得CF⊥DE.
又CF∩EF＝F，CF
平面CBEF，EF
平面CBEF，∴DE⊥平面CBEF，
∵GF⊂平面CBEF，∴DE⊥GF.。∵CE∩DE＝E，CE⊂平面CDE，DE⊂平面CDE，∴GF⊥平面CDE.
又GF⊂平面DFG，∴平面DFG⊥平面CDE.∵O 为CE 的中点，EF＝CF＝2BC，
由平面几何知识易证△HOC≌△FOE，∴HB＝BC＝
EF.
由△HGB∽△FGE，可知
，即BG＝
BE.
【变式1-2】如图（1），点E 是直角梯形ABCD 底边CD 上的一点，∠ABC＝90°，BC＝CE＝1，AB＝DE
＝2，将
沿AE 折起，使得D－AE－B 成直二面角，连接CD 和BD，如图（2）．
(1)求证：平面
平面BCD；
(2)在线段BD 上确定一点F，使得
平面ADE.
【答案】(1)证明见解析(2)当点F 线段的中点时，
平面ADE
【分析】（1）由D－AE－B 成直二面角得到平面
平面
，利用面面垂直性质定理得
平面
，从而
，再通过线面垂直证明面面垂直；
（2）分别取线段BD，AB 的中点F，G，利用线线平行证明线面平行，进而证明面面平行，即可证明结论.
【详解】（1）在直角梯形ABCD 中，取DE 中点为M，连接AM，
则DM=EM=1，AM=BC=1，所以
，
所以
，所以
，
因为D－AE－B 成直二面角，所以平面
平面
，
又平面
平面
=AE，
平面
，所以
平面
，
因为
平面
，所以
，
又
，
，
平面
，
平面
，
16
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所以
平面
，因为
平面BCD，所以平面
平面BCD；
（2）如图，分别取线段BD，AB 的中点F，G，
连接
，则
，
又
平面
，
平面
，所以
平面
，在直角梯形ABCD 中，
且
，
所以四边形AGCE 为平行四边形，所以
，又
平面
，
平面
，所以
平面
，
又
，
平面
，所以平面
平面
，
又因为
平面
，所以
平面ADE.所以当点F 线段的中点时，
平面ADE.
题型06 证明与建系：斜棱柱垂面法建系
【解题攻略】
斜棱柱垂线型建系
如果存在垂线（投影型）斜棱柱，则可以直接借助垂线作为z 轴建系，下底面，可以寻找或者做出一对垂
线作为xy 轴。这类建系，主要难点是分析“空中”的点的坐标。空中点坐标可以有以下思维：
1. 让空中点垂直砸下来（落下来，寻找投影），投影点坐标以及下落的高度
2. 借助向量相等，寻找空中点所在线段的向量对应的底面相等向量，即可计算出空中点的坐标
【典例1-1】（2023·四川成都·校联考模拟预测）如图，在三棱柱
中，平面
平面
ABC，
，
，
，
，
，
．
(1)求证：B，D，E，
四点共面；
(2)求二面角
的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
．
【分析】（1）由题设
，
，进而有
，易得四边形
为平行四边形，再结
合
，即可证结论；
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（2）连接
，取AC 的中点O，连接
，BO，根据已知证明线面、线线垂直并构建空间直角坐标系，
应用向量法求二面角的余弦值.
【详解】（1）在三棱柱
中，
，
，
因为
，
，即
，
，
所以
，则四边形
为平行四边形，故
，又
，
所以
，故B，D，E，
四点共面．
（2）连接
，取AC 的中点O，连接
，BO，如图所示．
三棱柱
中，四边形
为平行四边形，
，
，
所以
为等边三角形，又O 为AC 的中点，所以
．
因为平面
平面ABC，平面
平面
，
平面
，
所以
平面ABC，又
，O 为AC 的中点，所以
．
因为
，
，所以
．
以O 为原点，OB，OC，
分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则
，
，
，
，
，
所以
，
，
．
设平面
的一个法向量为
，则
，
令
，则
，
，故
．
设平面
的一个法向量为
，则
，
令
，则
，
，故
．因为
，
由图可知，二面角
为锐角，所以二面角
的余弦值为
．
【变式1-1】（2023·河北沧州·校考模拟预测）如图，在斜三棱柱
中，
，
，
的中点为
，
的中点为
.
18
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(1)证明：OD∥平面
；
(2)若
，
，
，求平面
与平面
所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析(2)
.
【分析】（1）连接
，则
为
的中点，然后由三角形中位定理可得
∥
，再由线面平行的判
定定理可证得结论；
（2）由题意可证得
平面
，所以以
为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向
量求解即可.
【详解】（1）连接
，因为四边形
为平行四边形，所以
为
的中点，因为
为
的中点，
所以
∥
，又
平面
，
平面
，所以
∥平面
.
（2）因为
，又
，
，
平面
，所以
平面
，
因为
平面
，所以
，又
，
，
平面
，
所以
平面
，因为
平面
，所以平面
平面
，取
的中点
，
因为
，所以
，因为平面
平面
，平面
平面
，
所以
平面
，
，建立如图所示空间直角坐标系，
，
由
得
，则
，
设平面
的法向量为
，则
，令
，所以
，
因为
平面
，所以可取平面
的法向量为
.设平面
与平面
所成角为
，
由图可知
为锐角，则
，故平面
与平面
所成角为
.
【变式1-2】（2023·安徽滁州·安徽省定远中学校考二模）如图，在三棱柱
中，四边形
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是边长为4 的菱形．
，点D 为棱AC 上动点(不与A，C 重合)，平面B1BD 与棱A1C1交于点
E．
(1)求证：
；
(2)若
，平面ABC⊥平面
，
，求直线BC 与平面B1BDE 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）首先证明
平面
，再根据线面平行的性质定理，即可证明线线平行；
（2）取
的中点
，首先证明
互相垂直，再以点
为原点，建立空间直角坐标系，求平面
的法向量，利用线面角的向量公式，即可求解.
【详解】（1）
，且
平面
，
平面
，
平面
，
又
平面
，且平面
平面
，
；
（2）连接
，取
中点
，连接
，
，
在菱形
中，
，
是等边三角形，又
为
中点，
，
平面
平面
，平面
平面
，
平面
，且
，
平面
，
平面
，
，又
，
，
以点
为原点，
为
轴，
轴，轴，建立空间直角坐标系，
，
，
，
，
，
，
，
，设平面
的一个法向量为
，
则
，所以
，令
，则
，
，故
，又
，
设
与平面
所成角为
，
，
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
.
.
20
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题型07 证明与建系：斜棱柱垂线法建系
【典例1-1】（2023·广东韶关·统考模拟预测）如图，在三棱柱
中，
为
的中点，
，
，
，点
在底面上的射影为点
.
(1)求证：
平面
；
(2)若
，求平面
与平面
所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）连接
交
于点
，连接
，可得
，进而可证
平面
；
（2）如图以
为原点，分别以
，
，所在直线为
，
，轴，建立空间直角坐标系，求得平面
的一个法向量与平面
的一个法向量，利用向量法可求平面
与平面
所成角的余弦
值，即可得解．
【详解】（1）连接
交
于点
，连接
，则
是
的中点，
由于
、
分别是
，
的中点，
所以
，由于
平面
，
平面
，所以
平面
；
（2）由点
在底面上的射影为点
，所以
平面
．
在
中
，
，
，
，
，过
作
的平行线为，易知
，
，两两垂直，如图以
为原点，分别以
，
，所在直线为
，
，轴，建立空间直角
坐标系，
，
，
，
，
，
，得
，
，
，
，
，设平面
的法向量
，
，
令
，则
，
，
21
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，设平面
的法向量为
，
，令
，则
，
，
平面
的法向量为
， 设平面
与平面
所成角为
，所以
，则
，所以平面
与平面
所成角
的正弦值为
．
【变式1-1】（2023·四川成都·川大附中校考模拟预测）如图所示多面体ABCDEF 中，平面
平面
ABCD，
平面ABCD，
是正三角形，四边形ABCD 是菱形，
，
，
(1)求证：
平面ABCD；
(2)求二面角
的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）由面面垂直的性质定理与线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，用坐标法计算面面角正弦值即可.
【详解】（1）证明：取
中点
，连接
，因为
是正三角形，
所以
，
因为平面
平面
平面
，平面
平面
所以
平面
，又因为
平面
，所以
，又因为
，
所以四边形
是平行四边形，所以
，
又因为
平面
平面
，所以
平面
.
（2）连接
交于
，取
中点
，连接
，
所以
，因为
平面
，所以
平面
，
因为
平面
，所以
，
又因为四边形
是菱形，所以
，所以
两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
，
22
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，设平面
的法向量为
，
，令
平面
的法向量为
，
设二面角
的大小为
，
.
所以二面角
的正弦值为
.
【变式1-2】（2023·福建福州·福州三中校考模拟预测）如图，在三棱柱
中，
，侧面
为菱形，
为等边三角形．
(1)求证：
；
(2)若
，点E 是侧棱
上的动点，且平面
与平面
的夹角的余弦值为
，求点B 到平
面
的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）先证明
平面
,再根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
（2）建立平面直角坐标系，求得相关点坐标，设
，求出平面
的一个法向量，根据平面
与平面
的夹角的余弦值求得参数
，根据空间距离的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）连接
与
相交于点
，连接
，如图所示：
∵四边形
为菱形，∴
为
的中点，则
．
为等边三角形，有
，
平面
，
，∴
平面
,
平
面
，∴
，又
，
平面
，
，∴
平面
,∵
平面
，∴
．
（2）由（1）知
，
，且
平面
，
故
平面
，而
平面
，故平面
平面
，分别取
的中点
，连接
23
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，
则
，∴
平面
，
为等边三角形，
，而平面
平面
，
平面
，故
平面
，以
为原点，
，
，
的方向分别为
轴、
轴、轴正方
向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
设
，则
，∴
，
，设平面
的一个法向
，则有
，
令
，则
，
，即
，又∵平面
的法向量为
，
∴平面
与平面
的夹角的余弦值为
,
∴
，∴
或
（舍），此时
，又
，
∴点
到平面
的距离为：
．
题型08 证明与建系：三棱锥投影法建系
【典例1-1】（2023 春·江苏南通·高三统考期末）如图，在三棱锥
中，
，D 是AC 的中点，
E 是AB 上一点，
平面PDE.
(1)证明：
平面PBC；
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(2)若
，
，求二面角
的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）由
平面PDE，得到
，再由
，得到
，然后利用线面平行的
判定定理证明；
（2）取DE 的中点O，连结PO，过点O 作
交BC 于点F，易证
，
，再以
为正交基底建立空间直角坐标系，分别求得平面
的一个法向量
，平面PBE
的一个法向量
，再由
求解.
【详解】（1）证明：因为
平面PDE，
平面PDE，所以
，
因为
，且直线
平面ABC，所以
，
因为
平面PBC，
平面PBC，所以
平面PBC；
（2）取DE 的中点O，连结PO，过点O 作
交BC 于点F，因为
，所以
，
因为
平面PDE，
平面PDE，所以
，因为
平面ABC，
所以
平面
，所以
．如图，以
，为正交基底建立空间直角坐标系，
因为D 是AC 的中点，
，所以
，
，
，
，
因为
，所以
，即
，所以
，
，
，
；
设平面
的一个法向量
，则
即
令
，得
，
，
所以平面
的一个法向量
，设平面PBE 的一个法向量
，
则
即
令
，得
，
，所以平面PBE 的一个法向量
，
所以
设二面角
为
，
，所以
，
25
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所以二面角
的正弦值为
．
【变式1-1】（2023·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习）如图，在三棱锥
中，
是点
在平面
ABC 上的投影，
，
，
是BD 的中点.
(1)证明：
平面DAC；
(2)若O 点正好落在
的内角平分线上，
，
，
，求二面角
的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2)
.
【分析】（1）连接BO 并延长交AC 于点E，由题可得
，进而可得
，然后根据线面平行
的判定定理即得；
（2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.
【详解】（1）连接BO 并延长交AC 于点E，连接OA，DE，
因为
是
在平面ABC 上的投影，所以
平面
，
，
平面ABC，所以
，
，
又
，所以
，即
，所以
，又
，即
，
所以
，
，所以
，所以
，
即
，所以
为BE 的中点，又
为DB 的中点，所以
，
又
平面
，
平面DAC，所以
平面DAC；
（2）过点A 作
，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为
，
，所以
，又
点正好落在
的角平分线上，
所以
，所以
，所以
，
，则
，
所以
，所以
，
，
，
，
所以
，则
，
，
，设平面AMB 的一个法向量为
，
26
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则
，令
则
，所以
.设平面AMC 的一个法向量为
，
则
，令
，则
，
，所以
.
所以
.设二面角
的大小为
，则
，
所以
，即二面角
的正弦值为
.
【变式1-2】（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥
中，D，E，P 分别在棱AC，AB，BC 上，且
D 为AC 中点，
，
于F.
(1)证明：平面
平面
；
(2)当
，
，二面角
的余弦值为
时，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）先证明
平面
，由此即可得到本题答案；
（2）以点
为原点，
分别为
轴建立空间直角坐标系，求出向量
与平面
的法向量，
然后代入公式，即可得到本题答案.
【详解】（1）因为
，所以
都是等腰三角形，
因为
于F，所以F 为DE 的中点，则
，
，
又因为
是平面
内两条相交直线，所以
平面
，
又
平面
，所以平面
平面
；
（2）因为
，
，所以
，
，
，所以
，
，
由（1）知
为二面角
的平面角所以
，
以点
为原点，
分别为
轴建立空间直角坐标系，如图所示，
27
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易得
，
，知
，因为
，
，
可得
，所以
设平面
的法向量
，
，
所以
，令
，则
，所以
，又
，
设直线
与平面
所成角为θ，
，
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
.
题型09 证明与建系：角平分线法建系
【解题攻略】
6. 等角射影平分线型建系
如果一条线和一个角的两边所成角度相等，则该线在角度所在平面射影是角平分线。此时，这个模型也满
足“三面角余弦定理”：
大题解答时，需要简单的证明才能使用
【典例1-1】（2024 年九省联考）如图，平行六面体
中，底面
是边长为2 的正
方形，
为
与
的交点，
．
28
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（1）证明：
平面
；
（2）求二面角
的正弦值．
【答案】（1）证明见解析； （2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用线面垂直的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的正弦值.
【小问1 详解】
连接
，因为底面
是边长为2 的正方形，所以
，
又因
，
，所以
，所以
，
点
为线段
中点，所以
，在
中，
，
，
所以
，则
，
又
，
平面
，
平面
，所以
平面
.
【小问2 详解】
由题知正方形
中
，
平面
，所以
建系如图所示，则
，
则
，
，
设面
的法向量为
，面
的法向量为
，
则
，
29
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，
设二面角
大小为
，则
，
所以二面角
的正弦值为
.
【变式1-1】（2023·河南·校联考模拟预测）已知三棱柱
中，
是
的中点，
是线段
上一点.
(1)求证：
；
(2)设
是棱
上的动点（不包括边界），当
的面积最小时，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）根据等腰三角形的“三线合一”证明线线垂直，结合勾股定理证明直线垂直，从而由线面
垂直判定定理得
平面
，利用线面垂直的性质进行证明即可；
（2）根据三角形的面积最小，得到
是
的中点，建立坐标系求出平面的法向量，利用向量法进行求解
即可．
【详解】（1）证明：连接
，
，
是
的中点。
，
是
的中点
，
，
平面
平面
，
平面
，
，
在三棱柱
中，
，
，
，
，
平面
，
平面
，
．
（2）连接
，由（1）可知
，
平面
，
平面
平面
，
，要使
的面积最小，则
最小，
又
，
△
是等腰直角三角形
即
时，
最小，
是
的中点，
30
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如图，建立以
为坐标原点，
，
，
所在直线分别为
，
，轴的空间直角坐标系：
则
，
，
，
,0,
，
设
,
,
，则
，即
，得
，
，
，
即
,
,
，
，则
，
，
,
,
，
设平面
的法向量为
,
,
，
由
，得
，即
，令
，则
，
，即
，
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
．
【变式1-2】(2024 郑州一质检）如图，在多面体
中，底面
为平行四边形，
平面BC，
为等边三角形，
．
(1)求证：平面
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）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，利用向量的方法即可求得平面平面
与平面
的夹角的余弦值.
【详解】（1）不妨设
，则
，
在平行四边形
中，
，
，
，连接
，
由余弦定理得
，即
，
，
.
31
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又
，
，
，
平面
，又
平面
.
平面
平面
.
（2）
取
中点
，连接
，
，
，
由（1）易知
平面
，且
.
如图，以
为原点，分别以射线
所在直线为
轴，竖直向上为轴，建立空间直角坐标系
，
则
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设平面
的法向量为
，则
，得
，令
，得
，
设平面
的法向量为
，则
，
得
，令
，得
，
，
所以平面
与平面
夹角的余弦值
.
题型10 二面角延长线法
【典例1-1】.（2023 春·安徽芜湖·高三统考）在三棱锥
中，底面
是边长为2 的等边三角形，
且直线
与平面
所成角为
为
中点.
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(1)求证：平面
平面
；
(2)求二面角
的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）要证明面面垂直，需先证明线面垂直，转化为证明
平面
；
（2）根据（1）的结果，过点
作
延长线的垂线，垂足为
，以点
为原点，建立空间直角坐标系，
分别求平面
和平面
的法向量，利用法向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）由
为等边三角形，
且
为
中点，得
.
又因为
，
平面
，所以
平面
，因为
平面
，
所以平面
平面
（2）过
作
延长线的垂线，垂足为
，连接
.由（1）知，
平面
，又因为
平面
，所以
.
因为
，
平面
，所以
平面
.直线
与平面
所成角为
，则
.
以
为坐标原点，
的方向为
轴正方向，
的方向为轴正方向，过点
作与
轴平行的直线为
轴，建立如图所示的空间直角坐标系
.由题可得
，
.
设
为平面
的法向量，则
可取
设
为平面
的法向量，
则
可取
因为
，则
，所以二面角
的正值为
【变式1-1】（2023·广东佛山·校考模拟预测）如图，在三棱锥
中，
，设点
为
上的动点.
(1)求
面积的最小值；
(2)求平面
与平面
的夹角的余弦值.
33
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【答案】(1)
(2)
.
【分析】（1）先证
平面
，然后分析可知当
时，
的面积最小，结合已知可解；
（2）以点
为原点，
为
轴，
为
轴，过点
作平面
的垂线，该直线为轴，建立空间直
角坐标系，然后利用向量法可解.
【详解】（1）设
的中点为
，连接
.因为
，所以
；
又因为
，可得
.又因为
，
平面
，所以
平面
，
因为
平面
，所以
，即可得
为
的高.
面积
在
中，当
时，
取到最小值，结合
利用余弦定理可得：
，又
，所以
，根据等面积法可得
，解得
.
所以
面积的最小值为
.
（2）以点
为原点，
为
轴，
为
轴，过点
作平面
的垂线，该直线为轴，建立空间直
角坐标系.
因为
，所以
，即
其中
设平面
的法向量为
则有：
，据此可令
可得
结合图象可知平面
的一个法向量为
.由此可得
.
所以平面
与平面
的夹角的余弦值为
.
【变式1-2】（2023 秋·河南郑州·高三郑州外国语学校校考阶段练习）如图，在三棱锥
中，
，
，
，
，二面角
为钝角，三棱锥
的体积为
.
(1)求二面角
的大小；
(2)求直线AP 与平面PBC 所成角的正弦值.
34
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【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作出二面角
的平面角，结合三棱锥
的体积求得二面角的大小.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线AP 与平面PBC 所成角的正弦值.
【详解】（1）如图，取AC 的中点O，AB 的中点D，连接OD，
过点P 作DO 的延长线的垂线，垂足为H.∵
，
，
，
，
∴
和
都为等腰直角三角形，
，
，∵
，
，∴OD 为
的中位线，∴
，
，∵
，
，∴
，∵
，∴
，
∵
，
，
，OD，
平面ODP，∴
平面ODP，
∵
平面ODP，
平面ODP，∴
，∵
，
，
，OH，
平面ABC，
∴
平面ABC，∵
，
平面ABC，三棱锥
的体积为
，
∴
，∴
.∵
，∴
，
∴
为等腰直角三角形，可得
，
，
∵
，
，∴
为二面角
的平面角，∴二面角
的大小为
；
（2）由（1）可知
，
平面ABC，以OA，OD 和过点O 作HP 的平行线的方向分别为x，y，
轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.则
，
，
，
，
，
∴
，
，
，设平面PBC 的法向量为
，则
，
即
，令
，则
，
，∴
，∴
，
，
，
则
，∴直线AP 与平面PBC 所成角的正弦值为
.
.
题型11 翻折型
【解题攻略】
翻折型建系
翻折型几何体，寻找翻折前和翻折后的“变与不变”的点线面关系。
1. 翻折前翻折后在同一平面内的点线，数量关系不变。
35
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2. 翻折后，一般情况下是存在垂直的平面，可以利用垂面法建系计算
3. 翻折后，可以构造三棱锥，利用三棱锥斜面建系法来建系计算
【典例1-1】（2023·福建三明·统考三模）如图，平面五边形
由等边三角形
与直角梯形
组成，其中
，
，
，
，将
沿
折起，使点
到达点
的
位置，且
.
(1)当
时，证明
并求四棱锥
的体积；
(2)已知点
为棱
上靠近点
的三等分点，当
时，求平面
与平面
夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）首先取取
的中点
，连结
，
，由条件可先证明
平面
，即可证明
，再利用线面垂直的判断定理，以及勾股定理证明
平面
，最后根据锥体的体积公
式，即可求解；（2）以点
为原点，根据（1）中的垂直关系，建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角
公式，求二面角的余弦值.
【详解】（1）如图，取
的中点
，连结
，
，
因为
为等边三角形，且
，则
，
.因为
，
，
，
，
所以
，
，那么
，则
也是等边三角形，所以
，
.
因为
，
，
平面
，所以
平面
，因为
平面
，所以
.
因为
，所以
，所以
，因为
，
，
平面
，
所以
平面
.所以
.
（2）由（1）知
平面
，以
､
所在直线分别为
轴､
轴，在平面
内过
作
的垂线
作为轴，建立空间直角坐标系
，如图所示.
36
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则
，
，
在
中，因为
，
所以
，由
则
，过点
作直线
的垂线，
垂足为
，则
，所以
，
，所以
设
，因为
，
所以
，所以
，
，
，即
所以
，
，设平面
的法向量为
，
则
，不妨令
，则
，
，所以
不妨设平面
的法向量为
，设平面
与平面
的夹角为
则
，所以平面
与平面
夹角的余弦值是
.
【变式1-1】（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）已知直角梯形形状如下，其中
，
，
，
．
(1)在线段CD 上找出点F，将四边形
沿
翻折，形成几何体
．若无论二面角
多大，都能够使得几何体
为棱台，请指出点F 的具体位置（无需给出证明过程）．
(2)在（1）的条件下，若二面角
为直二面角，求棱台
的体积，并求出此时二面角
的余弦值．
【答案】(1)
或
为靠近点
的三等分点；(2)
；
.
【分析】（1）延长
交于点
，连接
并延长交
于
，翻折后证明平面
平面
即可
推理作答.
（2）根据给定条件，证明
平面
，再利用锥体的体积公式结合割补法求出体积，建立空间直角
坐标系求出面面角的余弦作答.
【详解】（1）在直角梯形
中，延长
交于点
，连接
并延长交
于
，如图，
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，
，
，于是
，则
，
为靠近点
的三等分点，
将四边形
沿
翻折，即将
沿
翻折，无论二面角
多大，
所成几何体均为三棱锥
，显然
平面
平面
，
于是
平面
，同理
平面
，而
平面
，
因此平面
平面
，从而几何体
是棱锥
被平行于底面
的平面所截，
截面和底面间的部分，即几何体
是棱台，
所以无论二面角
多大，都能够使得几何体
为棱台，
，
为靠近点
的三等
分点.
（2）翻折前
，将
,
,
延长一倍，三线交予点
，
在等腰直角三角形
中，
，在棱台
中，
，又二面角
为直二
面角，
平面
，即三棱锥
的体积为
，
又三棱锥
的体积
，则有棱台
的体积为
，
在线段
上取
，有
，四边形
为平行四边形,
，
又
面
，则
，以
为原点，
为
,
, 的单位向量建立空间直角
坐标系，
则
，
，
，取平面
的法向量为
，
，令
，取
， 取面
的法向量
，则
，令
，得
，
显然二面角
的平面角为锐角，设为
，
，
所以二面角
的余弦值为
.
【变式1-2】（2023·福建厦门·统考模拟预测）筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边形．如图，
四边形
为筝形，其对角线交点为
，将
沿
折到
的位置，形
成三棱锥
．
38
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(1)求
到平面
的距离；
(2)当
时，在棱
上是否存在点
，使得直线
与平面
所成角的正弦值为
？若存在，求
的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)1(2)存在；
或
【分析】（1）根据线面垂直的判定可得
平面
，进而可得
到平面
的距离
.
（2）以
为原点，
所在直线分别为
轴，
轴，轴建立空间直角坐标系，再设
，根据线面角的空间向量求法求解即可.
【详解】（1）因为
，
所以
不可能为四边形
的对称轴，则
为四边形
的对称轴，
所以
垂直平分
，所以
．
平面
平面
所以
平面
．所以
到平面
的距离
．
（2）存在点
，使得直线
与平面
所成角的正弦值为
．过
作
平面
，所以
两两垂直.
以
为原点，
所在直线分别为
轴，
轴，轴建立空间直角坐标系
由（1）得平面
平面
，因为
所以
．设
，
，
，设平面
的法向量
，
，所以
令
，则
，所以平面
的一个法向量
，设直线
与平面
所成角为
，
，
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．所以
或
，所以存在点
，使得直线
与平面
所成角的正弦值为
或
．
题型12 台体型
【解题攻略】
台体建系型
1. 正棱台型，建系较简单，一般是正多边形中心作为原点，上下底面连线作为z 轴。
2. 非正棱台型，如有垂面或者垂线，则可以垂面垂线型建系，无垂面垂线，则可参考三棱锥斜面建系思
维。
【典例1-1】．（2019 上·浙江·高三校联考）在三棱台
中，
是等边三角形，二面角
的平面角为
，
.
（I）求证：
；
（II）求直线
与平面
所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）
【分析】（I）先由线面垂直的判定定理证明
平面
，进而可得
；
（II）可以在几何体中作出直线
与平面
所成的角，解三角形即可；也可用向量的方法建立适当
的坐标系，求出直线的方向向量以及平面的法向量，根据向量夹角的余弦值确定线面角的正弦值.
【详解】（I）证明：设
，
与
交于点，取棱
的中点
，连结
.
因
，
，故
. 又
是棱
的中点，故
.同理
又
平面
，且
，因此
平面
，又
平面
，所以
；
（II）方法一：
作
，垂足为
.因
平面
，故
平面
，
40
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从而
为直线
与平面
所成的角. 不妨设
,则
，
，
所以
.
方法二：如图，以
为原点建立空间直角坐标系
，
由（I），
为二面角
的平面角，则
，
设
，
，则点
,
,
，
.
设
为平面
，即平面
的一个法向量，由
，得
，
令
，则
，即
.
.设
是直线
与平面
所成的角，
则
.
【变式1-1】（2024 上·山东德州·高三统考）如图，在四棱台
中，底面
是边长为2
的菱形，
，
，点
分别为
的中点．
(1)证明：直线
面
；
(2)求二面角
的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）设
与
相交于点
，连接
，证明四边形
为平行四边形，则
，
再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）连接
，证明
平面
，以
为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）如图，设
与
相交于点
，连接
，
分别为
中点，
且
，又
且
，
且
，∴四边形
为平行
四边形，
41
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，又
面
面
直线
面
；
（2）因为
为
中点，所以
，连接
，则
且
，
四边形
为平行四边形，
，等边
中，
，
，从而
，因为
平面
，所以
平面
，以
为坐标原点，
建立如图所示的空间直角坐标系，则
，设平面
的法
向量
，由
，可取
，
设平面
的法向量为
，由
，可取
，
所以
，由图可知，二面角
为钝二面角，
所以二面角
的余弦值为
．
【变式1-2】（2023·河南·襄城高中校联考模拟预测）如图，在正四棱台
中，
，
，
，
为棱
，
的中点，棱
上存在一点
，使得
平面
．
(1)求
；
(2)当正四棱台
的体积最大时，求
与平面
所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）取点构造平行四边形
，再由比例关系证明求值．
（2）设
，将体积表示为
的函较，求出棱台的体积最大时
的值，再建立空间直角坐标系，
利用向量法求线面角的正弦值．
【详解】（1）作
交
于
，再作
交
于
，连接
．
42
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因为
平面
，所以
平面
．又平面
平面
，所以
．
又因为
，所以四边形
是平行四边形，所以
，即
为棱
的四等分点，故
也为棱
的四等分点，所以
．
（2）由（1）易知
为
的四等分点，所以点
在点
的正上方，所以
底面
．
设
，则
，所以
，所以该四棱台的体积
，而
．
当且仅当
，即
时取等号，此时
，
．以
为原点，
，
分别为
轴、
轴，
过
平行于
的直线为
轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
所以
，
，
．设平面
的法向量为
，
由
得
令
，则
．设
与平面
所成角为
，
则
，故
与平面
所成角的正弦值为
．
高考练场
1.如图，四棱锥
的底面是平行四边形，设平面
与平面
的交线为直线．证明：
平面
.
43
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【答案】证明见解析
【分析】先证明
平面
，再证明
，
平面
即得证.
【详解】证明：因为四边形
是平行四边形，
所以
，
因为
平面
平面
，
所以
平面
，
又因为平面
平面
平面
，
所以
，
因为
平面
平面
，
所以
平面
．
2.如图，在正方体
中，
为
的中点．
(1)求证：
平面
；
(2)
上是否存在一点
，使得平面
平面
，若存在，请说明理由．
【分析】（1）利用三角形中位线证明线线平行，结合线面平行判定定理，从而得线面平行；
（2）结合面面平行判定定理来确定动点位置，并证明面面平行.
（1）证明：如图，连接
交
于
，连接
.
因为
为正方体，底面
为正方形，对角线
，
交于
点，
所以
为
的中点，又因为
为
的中点，所以在
中，
是
的中位线，
所以
，又因为
平面
，
平面
，所以
平面
.
（2）解：当
上的点
为中点时，即满足平面
平面
，理由如下：连接
，
，
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因为
为
的中点，
为
的中点，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
.由（１）知
平面
，
又因为
，
，
平面
，
所以平面
平面
.
3..如图，四棱锥
中，
，
，
为
的中点．
(1)求证：
平面
.
(2)在线段
上是否存在一点
，使得平面
平面
？若存在，证明你的结论，若不存在，请说
明理由．
【答案】(1)证明见解析(2)存在，证明见解析
【分析】（1）利用构造平行四边形的方法证明线线平行，结合线面平行判定定理，从而得线面平行；
（2）点
为线段
的中点，再利用面面平行判定定理证明，即可证明平面
平面
．
（1）证明：如图所示，取
的中点
，连接
，
．
因为
为
的中点，所以
，
．又
，
，
所以
，
．因此四边形
是平行四边形，所以
．
又
平面
，
平面
，因此
平面
．
（2）解：如图所示，取
的中点
，连接
，
，
所以
又
，所以
．又
，所以四边形
为平行四边形，因此
．
又
平面
，所以
平面
．由（1）可知
平面
．
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因为
，故平面
平面
．
4..如图，在四棱锥
中，侧棱
底面
，底面
是直角梯形，
，
，
且
，
，
是
的中点．
(1)求证：
平面
；
(2)在线段
上是否存在一点
，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)存在，
【分析】（1）取
中点
，由
证得四边形
为平行四边形，进而证得
，
即可证得
平面
；
（2）存在点
，
，先求出
，再由余弦定理求得
，结合勾股定理证得
，又
，即可证得
平面
.
(1)
取
中点
，连接
，因为
是
的中点，则
，又
，
则
，则四边形
为平行四边形，则
，又
平面
，
平面
，
则
平面
；
(2)
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存在点
，使得
平面
，此时
，证明如下：
连接
，易得
，又
底面
，
底面
，则
，
则
，
，则
，
，又
，
，由余弦定理得，
，则
，
，又
，
，
平面
，则
平面
，故存在点
，使得
平面
，此时
.
5.图1 是由矩形
，
和菱形
组成的一个平面图形，其中
，
，
，将其沿
，
折起使得
与
重合，连接
，如图2.
(1)证明：图2 中的
，
，
，
四点共面，且平面
平面
；
(2)求图2 中的直线
与平面
所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）证明
即可证得
，
，
，
四点共面，根据
，证明
平
面
，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）连接
，取
的中点
，连接
，根据面面垂直的性质证明
平面
，以点
为坐标原
点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）在图2 中，由题意得
，所以
，所以图2 中的
，
，
，
四
点共面，
由已知得
，又
平面
。所以
平面
，
又因
平面
，所以平面
平面
；
（2）连接
，在菱形
中，
，则
为等边三角形，
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取
的中点
，连接
，则
，因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，如图，以点
为坐标原点建立空间直角坐标系，则
，
则
，设平面
的法向量
，
则有
，可取
，则
，
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
.
6.（2023·四川宜宾·宜宾市叙州区第一中学校校考模拟预测）如图，在三棱柱
中，
．
(1)证明：
；
(2)若
，且
，求二面角
的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）取
中点
，连接
，
，证明
平面
，得到
，再根据
证
明即可；
（2）建立空间直角坐标系，得到各点坐标，计算两个平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【详解】（1）取
中点
，连接
，
，
因为
，
，所以
，
，
又
，
平面
，所以
平面
，又
平面
，
所以
，又
，所以
.
（2）由条件，可得
，所以
，同理
，
又
，
平面
，所以
平面
，
48
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以
为坐标原点，过
作
的垂线为
轴，
为
轴，
为轴，建立空间直角坐标系，
令
，则
，
所以
，设平面
的一个法向量为
，
则
，即
，取
，则
，所以
，
设平面
的一个法向量为
，则
，即
，
取
，则
，所以
，故
，又
，
所以二面角的正弦值为
.
7.（2023·江西南昌·统考二模）如图，在四棱锥
中，底面
是边长为4 的菱形，
，
，点E 在线段
上，
，平面
平面
．
(1)求
；
(2)求直线
与平面
所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）如图，根据面面垂直的性质可得
平面
，由线面垂直的性质可得
，建立如图空间直角坐标系，利用空间共线向量的坐标表示求得
，结
合空间垂直向量的坐标表示计算即可求解；
（2）利用空间向量法求出平面
的一个法向量，结合数量积的定义计算即可求解.
【详解】（1）取AB 的中点O，连接BD、DO，过P 作DO 的平行线PG，
在菱形ABCD 中，
，则
为等边三角形，得
，且
，
又平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
49
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所以
平面
，由
，则
平面
，
又
平面
，所以
，由
，
建立如图空间直角坐标系
，由
，得
，
取PA 的中点F，连接OF，则
，所以
，
，
有
，设
，则
，
由
，得
，即
，
.
设
，则
，有
，
由
，得
，解得
，即
；
（2）设平面
的一个法向量为
，由
，
，
得
，令
，则
，所以
，又
，
所以
，故直线DE 与平面CDP 所成角的正弦值为
.
8.（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥P－ABC 中，AB＝AC，D 为BC 的中点，PO⊥平面ABC，
垂足O 落在线段AD 上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)证明：AP⊥BC；
(2)若点M 是线段AP 上一点，且AM＝3，试证明AM⊥平面BMC.
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】（1）建系，利用空间向量证明线性垂直；
（2）利用空间向量证明线面垂直.
【详解】（1）由题意知AD⊥BC，如图，以O 为坐标原点，
以过O 点且平行于BC 的直线为x 轴，OD，OP 所在直线分别为y 轴，z 轴建立空间直角坐标系O－xyz.
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则
，可得
，
∵
∴
，即AP⊥BC.（2）由（1）可得
，
∵M 是AP 上一点，且AM＝3，∴
可得
，
设平面BMC 的法向量为
，则
，令b＝1，则
，即
，
显然
，故
∥
，∴AM⊥平面BMC.
9.（2022·江西·校联考模拟预测）如图，在三棱柱
中，
，
，
．
(1)求证：
；
(2)若
为线段
的中点，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）根据已知可推得
，
，进而得出
平面
，
.然后根据勾股
定理，可证得
，进而得出
平面
，即可得出证明；
（2）设
，以点
为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，然后求出
以及平面
的法向量，根据向量法即可求出答案.
【详解】（1）
，
，
.
，
，
.
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，
平面
，
平面
，
平面
.
又
平面
，
.在
中，有
.
，
，
，
，
.又
平面
，
平面
，
，
平面
.
平面
，
．
（2）
由（1）知，
平面
，
.
设
，则
，
，
则以
为原点，分别以
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
，取
，则
，
，所以
是平面
的一个法向量，
，
直线
与平面
所成角的正弦值
．
10.（2023·河南新乡·统考三模）如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，
是等边三角
形，
，
，M 是AD 的中点.
(1)证明：
平面ECD.
(2)当二面角
为
时，求二面角
的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）由题意可得四边形DEFM 是平行四边形，从而
，利用线面平行的判定定理可得结
论；
（2）取AB 的中点O，连接FO，过点O 作AD 的平行线ON 交CD 于N，以O 为原点，
，
的方向分
别为x，y 轴的正方向，建立空间直角坐标系. 由题意得
是二面角
的平面角，
，求出平面CBF，平面ABF 的法向量，利用向量夹角公式可求得结果.
【详解】（1）因为
，
，M 是AD 的中点， 所以
，且
，
所以四边形DEFM 是平行四边形，从而
，因为
平面ECD，
平面ECD，所以
平
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面ECD.
（2）取AB 的中点O，连接FO，过点O 作AD 的平行线ON 交CD 于N，以O 为原点，
，
的方向分
别为x，y 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
.
因为
是等边三角形，所以
.因为
，所以
，且
，
所以
就是二面角
的平面角，
，则
，
，
，
，
，
，
. 设
是平面CBF 的法向量，
则
即
取
，得
.
设
是平面ABF 的法向量， 则
即
取
，得
，
所以
， 易知二面角
为锐角，所以它的余弦值为
.
11.（2022 下·浙江杭州·高三浙江大学附属中学校考阶段练习）如图，在四棱台
中，底面
四边形
是菱形，
面
，且
，E 是棱
的中点．
(1)求证：
；
(2)求多面体
（四棱台
切掉三棱锥
剩下的部分）的体积；
(3)求直线
与平面
所成线面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
(3)
【分析】（1）由
，得到
，再由底面
是菱形，得到
，然后利用
线面垂直的判定定理证明；
（2）由题意，先求得四棱台
的体积，再减去三棱锥
的体积即可；
（3）以
为原点，
、
、
所在直线分别为
轴、
轴、轴建立空间直角坐标系，设
为平面
的一个法向量，直线
与平面
所成线面角为
，由
求解.
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【详解】（1）证明：因为
，所以
，因为底面
是菱形，所以
，
又
，所以
，又由四棱台
知，
，
，
，
四点共面，
所以
；
（2）由题意得棱台的上底面积为：
，下底面面积为
，四棱台
的体积为：
，三棱锥
的体积为：
，所以多面体
的体积为：
；
（3）设
交
于点
，依题意，
且
，所以四边形
是平行四边形，则
，
因为
，所以
，以
为原点，
、
、
所在直线分别为
轴、
轴、
轴建立空间直角坐标系如图，
则
，
，
，
，
由
，得
，因为
是棱
中点，所以
，所以
，
，
，设
为平面
的一个法向量，则
，取
，得
，
设直线
与平面
所成线面角为
，则
所以直线
与平面
所成线面角的
正弦值
12.（2022·浙江·校联考模拟预测）如图，在四棱台
中，底面
为正方形，H 在棱
上，
，
．
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(1)求证：
平面
；
(2)若M 为
的中点，且
，求直线
和平面
所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据已知条件，先证明面
面
且交于
，后证明线面垂直.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.
【详解】（1）因为
，所以
，
又因为
，所以
面
，
于是面
面
且交于
，又因为
，
所以
面
．
（2）以A 为原点，建立如图所示的坐标系，令
，
则
，则
，
，于是
，
设平面
的一个法向量为
，
则
，取
，
则所求线面角的正弦值为
．
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