文档文本内容
专题15 立体几何解答题全归类
【目录】
..............................................................................................................................................2
...............................................................................................................................................3
..............................................................................................................................................3
..............................................................................................................................................4
............................................................................................................................................14
考点一：非常规空间几何体为载体.......................................................................................................................14
考点二：立体几何探索性问题..............................................................................................................................20
考点三：立体几何折叠问题..................................................................................................................................25
考点四：立体几何作图问题..................................................................................................................................30
考点五：立体几何建系繁琐问题...........................................................................................................................35
考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题................................................................................................41
考点七：利用传统方法找几何关系建系...............................................................................................................46
考点八：空间中的点不好求..................................................................................................................................52
考点九：创新定义.................................................................................................................................................59
空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，立体几何解答题的基本模式是论证推理与
计算相结合，以某个空间几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建系求点、坐标运
算、几何结论．作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度．
考点要求
考题统计
考情分析
线线角、二面角、线面角
2023 年II 卷第20 题，12 分
2023 年北京卷第16 题，13 分
2022 年I 卷第19 题，12 分
2021 年II 卷第19 题，12 分
【命题预测】
预测2024 年高考，多以解答
题形式出现，高考仍将重点
考查空间向量与立体几何，
距离问题，异面直线夹角、
线面角、二面角；解答题第
一小题重点考查线线、线
面、面 面垂直的判定与性
质，第二小问重点考查利用
向量计算线面角或二面角，
难度为中档题．
距离问题
2023 年天津卷第17 题，15 分
体积问题
2023 年乙卷第19 题，12 分
2022 年乙卷第18 题，12 分
2021 年上海卷第17 题，14 分
探索性问题
2023 年I 卷第18 题，12 分
2021 年甲卷第19 题，12 分
2021 年I 卷第20 题，12 分
2021 年北京卷第17 题，14 分
1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三
角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：
（1）作图：作出空间角的平面角．
（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的．
（3）计算：在证明的基础上计算得出结果．
简称：一作、二证、三算．
2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移
到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．
3、求直线与平面所成角的常见方法
（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影
所成的角即为所求．
（2）等积法：公式
，其中
是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其
中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来
求垂线段的长．
（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°．
4、作二面角的平面角常有三种方法
（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线
所成的角，就是二面角的平面角．
（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上
的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．
（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角
就是二面角的平面角．
1．（2023•北京）如图，四面体
中，
，
，
平面
．
（Ⅰ）求证：
平面
；
（Ⅱ）求二面角
的大小．
【解析】证明：（Ⅰ）
平面
，
平面
，
平面
，
，
，
，
，
，
又
，
，
，又
，
平面
；
（Ⅱ）以点
为坐标原点，分别以
，
所在直线为
轴，
轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图
所示：
则
，1，
，
，0，
，
，0，
，
，1，
，
，0，
，
，
，
，
，1，
，
，0，
，
设平面
的一个法向量为
，
，
，
则
，取
，得
，1，
，
设平面
的一个法向量为
，
，
，
则
，取
，得
，1，
，
，
，
由图可知二面角
为锐角，设二面角
的大小为
，
则
，
，
，
即二面角
的大小为
．
2 ．（2023• 天津）在三棱台
中，若
平面
，
，
，
，
，
分别为
，
中点．
（Ⅰ）求证：
平面
；
（Ⅱ）求平面
与平面
所成角的余弦值；
（Ⅲ）求点
到平面
的距离．
【解析】（Ⅰ）证明：连接
，可得
为△
的中位线，
可得
，且
，
而
，
，
则
，
，
可得四边形
为平行四边形，
则
，
而
平面
，
平面
，
所以
平面
；
（Ⅱ）取
的中点
，连接
，
由
，
，可得
．
由
平面
，
平面
，
可得
，
可得
平面
．
过
作
，垂足为
，连接
，
由三垂线定理可得
，
可得
为平面
与平面
所成角．
由
．
在矩形
中，
，
所以
；
（Ⅲ）设
到平面
的距离为
．
在△
中，
，
，
，
则
．
由
，可得
，
解得
．
3．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱
的体积为4，△
的面积为
．
（1）求
到平面
的距离；
（2）设
为
的中点，
，平面
平面
，求二面角
的正弦值．
【解析】（1）由直三棱柱
的体积为4，可得
，
设
到平面
的距离为
，由
，
，
，解得
．
（2）连接
交
于点
，
，
四边形
为正方形，
，又
平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
，
由直三棱柱
知
平面
，
，又
，
平面
，
，
以
为坐标原点，
，
，
所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，
，又
，解得
，
则
，0，
，
，2，
，
，0，
，
，2，
，
，1，
，
则
，2，
，
，1，
，
，0，
，
设平面
的一个法向量为
，
，
，
则
，令
，则
，
，
平面
的一个法向量为
，0，
，
设平面
的一个法向量为
，
，
，
，令
，则
，
，
平面
的一个法向量为
，1，
，
，
，
二面角
的正弦值为
．
4．（2021•新高考Ⅰ）如图，在三棱锥
中，平面
平面
，
，
为
的中点．
（1）证明：
；
（2）若
是边长为1 的等边三角形，点
在棱
上，
，且二面角
的大小为
，求三棱锥
的体积．
【解析】（1）证明：因为
，
为
的中点，所以
，
又平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，又
平面
，
所以
；
（2）方法一：
取
的中点
，因为
为正三角形，所以
，
过
作
与
交于点
，则
，
所以
，
，
两两垂直，
以点
为坐标原点，分别以
，
，
所在直线为
轴，
轴，
轴建立空间直角坐标系如图所示，
则
，
，
，
，
，1，
，
设
，0，
，则
，
因为
平面
，故平面
的一个法向量为
，
设平面
的法向量为
，
又
，
所以由
，得
，
令
，则
，
，故
，
因为二面角
的大小为
，
所以
，
解得
，所以
，
又
，所以
，
故
．
方法二：
过
作
，交
于点
，过
作
于点
，连结
，
由题意可知，
，又
平面
所以
平面
，又
平面
，
所以
，又
，
所以
平面
，又
平面
，
所以
，
则
为二面角
的平面角，即
，
又
，
所以
，则
，
故
，
所以
，
因为
，
则
，
所以
，则
，
所以
，则
，
所以
．
5．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥
中，底面
是正方形，若
，
，
．
（Ⅰ）求证：平面
平面
；
（Ⅱ）求二面角
的平面角的余弦值．
【解析】（Ⅰ）证明：
中，
，
，
，所以
，所以
；
又
，
，
平面
，
平面
，所以
平面
；
又
平面
，所以平面
平面
．
（Ⅱ）取
的中点
，在平面
内作
，
以
所在直线为
轴，
所在直线为
轴，建立空间直角坐标系
，如图所示：
则
，0，
，
，
，
，
，1，
，
，0，
，
因为
平面
，所以平面
的一个法向量为
，0，
，
设平面
的一个法向量为
，
，
，
由
，2，
，
，
，
，
得
，即
，
令
，得
，
，所以
，2，
；
所以
，
，
所以二面角
的平面角的余弦值为
．
6．（2023•乙卷）如图，在三棱锥
中，
，
，
，
，
，
，
的中点分别为
，
，
，点
在
上，
．
（1）求证：
平面
；
（2）若
，求三棱锥
的体积．
【解析】 （1）证明：在
中，作
，垂足为
，设
，则
，
因为
，所以
，所以
，即
，解得
，
又因为
，所以
，且
，
所以
，所以
，即
，解得
，
即
，所以
是
的中点，
是
的中点，
又因为
是
的中点，所以
，同理，
，所以
，
又因为
平面
，
平面
，
所以
平面
；
（2）过
作
垂直
的延长线交于点
，因为
，
是
中点，所以
，在
中，
，
，所以
，
因为
，
，所以
，又
，
，
平面
，所以
平面
，
又
平面
，所以
，
又
，
，
平面
，
所以
平面
，即三棱锥
的高为
，
因为
，所以
，
所以
，
的面积为
，
所以三棱锥
的体积为
．
7．（2022•乙卷）如图，四面体
中，
，
，
，
为
的中点．
（1）证明：平面
平面
；
（2）设
，
，点
在
上，当
的面积最小时，求三棱锥
的体积．
【解析】证明：（1）
，
，
，
，
，又
为
的中点．
，
，
为
的中点．
，又
，
平面
，
又
平面
，
平面
平面
；
（2）由（1）可知
，
，
，
是等边三角形，边长为2，
，
，
，
，
，
，
又
，
，
平面
，
由（1）知
，
，连接
，则
，
，
当
时，
最短，此时
的面积最小，
过点
作
于点
，则
，
平面
，
，
，
，
三棱锥
的体积
．
考点一：非常规空间几何体为载体
关键找出三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系．
例1．（2023·上海虹口·高三统考期中）如图，在圆锥
中，
是底面的直径，且
，
，
，
是
的中点．
(1)求证：平面
平面
；
(2)求二面角
的余弦值．
【解析】（1）如图，由题意，
是底面的直径，
，
为
的中点，
为
的中点，则
，
则
，而
平面
平面
，
则
，
又
，
平面
，
平面
平面
，
又
平面
平面
平面
；
（2）在平面
中，过
作
，垂足为
，
在平面
中，过
作
，垂足为
，
连接
，
∵
平面
平面
，
，
又
，
平面
，
平面
，
平面
，
平面
，
，
，
平面
，
平面
则
平面
，可得
为二面角
的平面角．
由已知可得，
，
，
，
，
，
又
，得
．
在
中，
，
∴
．
即二面角
的余弦值为
．
例2．（2023·广东汕头·金山中学校考三模）如图，圆台
的轴截面为等腰梯形
，
为底面圆周上异于
的点.
(1)在平面
内，过
作一条直线与平面
平行，并说明理由；
(2)若四棱锥
的体积为
，设平面
平面
，求
的最小值.
【解析】（1）取
中点
，作直线
即为所求，
取
中点
，连接
，
则有
，
如图，在等腰梯形
中，
，
有
，
则四边形
为平行四边形，
即有
，
又
平面
平面
，
所以
平面
.
（2）法一：延长
交于点
，
故
平面
平面
故平面
平面
即
在
中，
均为圆锥母线.
过点
作
于
.
在等腰梯形
中，
，
此梯形的高
等腰梯形
的面积为
，
所以四棱锥
的体积
，
解得
，
故点
与
重合，
由
，
得
，且
，
故
.
中，
到
距离
.
则
面积
,
得：
的最小值为：
.
法二：同法一求出
的位置.
以
为原点，
方向为
轴正向建立空间直角坐标系，
设面
的法向量为
，
取
，
有
；
同理可得面
的法向量为
,
由
面
面
，可知
，
设的方向向量为
，
故
取
,
下面分2 个方法求
求
方法1：
，
，
当
时，
取最小值为
.
求
方法2：
在上的投影向量的模为
故
的最小值即
到的距离为
.
法三:
在三角形
中，
,
,
所以
.
例3．（2023·湖南·高三校联考阶段练习）如图，已知四棱台
的上、下底面分别是边长为
2 和4 的正方形，
，且
底面
，点
分别在棱
、
上·
(1)若P 是
的中点，证明：
；
(2)若
平面
，且平面PQD 与平面AQD 的夹角的余弦值为
，求四面体
的体积．
【解析】（1）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
，其中
，
，
若
是
的中点，则
，
，
，
于是
，∴
，即
．
（2）由题设知，
，
，是平面
内的两个不共线向量．
设
是平面
的一个法向量，
则
，取
，得
．
又平面
的一个法向量是
，
∴
，
而二面角
的余弦值为
，因此
，
解得
或
（舍去），此时
．
设
，而
，由此得点
，
，
∵PQ∥平面
，且平面
的一个法向量是
，
∴
，即
，解得
，从而
．
将四面体
视为以
为底面的三棱锥
，则其高
，
故四面体
的体积
．
考点二：立体几何探索性问题
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面
角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），
设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．
例4．（2023·福建莆田·高三莆田第四中学校考阶段练习）等边三角形
的边长为3，点
分别是边
上的点，且满足
，如图甲，将
沿
折起到
的位置，使二面角
为直二面角，连接
，如图乙.
(1)求证：
平面
.
(2)在线段
上是否存在点
，使平面
与平面
所成的角为
？若存在，求出
的长；若不存
在，请说明理由.
【解析】（1）因为等边三角形
的边长为3，
，所以
，
在
中，由余弦定理可得
，所以
，可得
，即
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
；
（2）假设在线段
上存在点
，使平面
与平面
所成的角为
，
由（1）可知
互相垂直，
以
为原点，
所在的直线分别为
轴建立空间直角坐标系，
所以
，
，
，
，
，
，
，
，
设
，可得
，
，
设
为平面
的一个法向量，
所以
，即
，
令
，则
，
所以
，因为
平面
，
所以
可以为平面
的一个法向量，
因为平面
与平面
所成的角为
，
所以
，
解得
，所以存在点
，且
，
可得
，
，
.
例5．（2023·北京·高三汇文中学校考期中）如图，在棱长为2 的正方体
中，
为棱
的
中点，
为棱
上一点.
(1)求直线
与平面
所成角的正弦值；
(2)求二面角
的正弦值；
(3)是否存在点
，使
平面
？若存在，求出
的长度；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）以
为原点，
，
，
分别为
，
，轴，建立如图空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设平面
的一个法向量为
，不妨设
，则
，
，
，
所以平面
的一个法向量为
设直线
与平面
所成角为
，
则
.
（2）由正方体可得，
，
，且
，
且
平面
，所以平面
的一个法向量为
，
则
.
因为二面角
为锐二面角，
所以二面角
的正弦值为
.
（3）存在，设
点的坐标为
，所以
平面
的一个法向量为
，
因为
，所以
，
因为
平面
，所以
平面
.
此时
例6．（2023·福建莆田·高三莆田第十中学校考期中）如图，在三棱台
中，若
平面
，
为
中点，
为棱
上一动点（不包含端点）.
(1)若
为
的中点，求证：
平面
.
(2)是否存在点
，使得平面
与平面
所成角的余弦值为
？若存在，求出
长度；若不存在，
请说明理由.
【解析】（1）取
中点
，连接
，
则
为
的中位线，所以
,且
，
又
,
所以四边形
为平行四边形，
则
,又
平面
，
平面
，
所以
平面
.
（2）以
为坐标原点，
所在的直线为
轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
则
,
则
设
,则
，
所以
,
令平面
的法向量为
，
则
，
令
，则
，
，
又平面
的一个法向量
，
所以
，
解得
或者
（舍），
所以
即
的长度为
考点三：立体几何折叠问题
1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．
2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质．
例7．（2023·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）如图，在菱形
中，
，
，将
沿着
翻折，形成三棱锥
.
(1)当
时，证明：
；
(2)当平面
平面
时，求直线
与平面
所成角的余弦值.
【解析】（1）证明：当
时，此三棱锥
为正四面体，
如图，取
的中点
，连接
，
.
在正四面体
中，
，
且
，
且
平面
所以
平面
，因为
平面
所以
（2）当平面
平面
时，
取
的中点
，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
，
，
，
.
设平面
的法向量
，
，
，
所以
，即：
，
令
，得：
∴设直线
与平面
所成角为
，且
，
则
，
∴
，
∴直线
与平面
所成角的余弦值为
.
例8．（2023·全国·模拟预测）如图1 所示，四边形ABCD 中
，
，
，
，
，M 为AD 的中点，N 为BC 上一点，且
．现将四边形ABNM 沿MN 翻折，使得AB 与
EF 重合，得到如图2 所示的几何体MDCNFE，其中
．
(1)证明：
平面FND；
(2)若P 为FC 的中点，求二面角
的正弦值．
【解析】（1）∵四边形ABCD 中
，
，
，
，
，
M 为AD 的中点，且
，
∴四边形ABNM 为正方形，且边长为1，
∴题图2 中，四边形EMNF 是边长为1 的正方形，故
，
又
，
，∴
，∴
，
又
，
，
平面MDCN，
平面MDCN，
∴
平面MDCN，∵
平面MDCN，∴
，
易知
，∴
，∴
，
又
，
平面
，
平面
，
∴
平面
；
（2）解法一：由（1）知
平面MDCN，又
，
以N 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
则
，
，
，
，
∴
，
，
，
设平面FND 的法向量为
，则
，
令
，令
，则
，∴
，
设平面PND 的法向量为
，则
，
令
，则
，
，∴
，
∴
，
∴
，
∴二面角
的正弦值为
．
解法二：如图，取NC 的中点O，连接PO，则
，
∴
平面MDCN，
∵
平面MDCN，∴
，
过O 作
，垂足为H，连接PH，则
就是二面角
的平面角，
又
，
，∴
，∴
，
∵
平面MDCN，
平面FND，∴平面
平面MDCN，
∴二面角
的正弦值为
．
例9．（2023·河南·高二校联考期中）在
（图1）中，
为
边上的高，且满足
，现将
沿
翻折得到三棱锥
（图2），使得二面角
为
.
(1)证明：
平面
；
(2)在三棱锥
中，
为棱
的中点，点
在棱
上，且
，若点
到平面
的距离为
，求
的值.
【解析】（1）在题图2 中
，则
为二面角
的平面角，即
，
又
，
面
，所以
平面
，
由
平面
，所以
，
题图1 中
及
，所以
，
在
中，由余弦定理得
，
又
，所以
.
又
，
面
，所以
平面
.
（2）以
为坐标原点，以
、
、
（
）为
、
、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
在
中
，所以
.
所以
，
则
，令
，则
，
由
，则
，
所以
且
，
，
，
设平面
的法向量为
，则
，
取
，所以
，而
所以
，解得
或
（舍去），故
.
考点四：立体几何作图问题
（1）利用公理和定理作截面图
（2）利用直线与平面平行的性质定理作平行线
（3）利用平面与平面垂直作平面的垂线
例10．（2023·广西·高三统考阶段练习）如图，三棱柱
中，侧面
为菱形.
(1)（如图1）若点
为
内任一点，作出
与面
的交点
（作出图象并写出简单的作图过程，
不需证明）；
(2)（如图2）若面
面
，求二面角
的余弦值.
【解析】（1）
作图步骤
①连接
并延长交
于点
②连接
交
于点
，连接
③连接
交
于点
④点
即为所求.
（2）连结
，交
于点
，连结
，
侧面
为菱形，
，且
为
的中点，
，
，
平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
平面
，
又
，
平面
，
，
，
以
为坐标原点，分别以
、
、
所在直线为
、
、轴，建立空间直角坐标系，
设
，则
，0，
，
，0，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设平面
与平面
的一个法向量分别为
与
，
由
，取
，得
；
由
，取
，得
．
，
例11．（2023·安徽六安·安徽省舒城中学校考模拟预测）如图，已知多面体EABCDF 的底面ABCD 是边长
为2 的正方形，
，
，且
.
(1)记线段
的中点为
，在平面
内过点
作一条直线与平面
平行，要求保留作图痕迹，但不
要求证明；
(2)求直线
与平面
所成角的正弦值.
【解析】（1）延长
，设其交点为
，连接
，
则
为平面
与平面
的交线，
取线段CD 的中点M，连接KM，直线KM 即为所求．
证明如下：延长
，设其交点为
，连接
，
则
为平面
与平面
的交线，
因为
，所以
，又
，
所以
，
所以
，又
，
所以四边形
为平行四边形，所以
，
取
的中点
，连接
，
∵
分别为
的中点，
∴
，∴
．
∵
平面
，
平面
，
∴
平面
．
（2）以点
为原点，
所在的直线为
轴，
所在的直线为
轴，建立空间直角坐标系，如图.由已知
可得
，
所以
，
设平面
的法向量为
，
则
得
，
取
得，
，
平面
的一个法向量
.
设直线
与平面
所成的角为
，
则
.
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
.
例12．（2023·广西·校联考模拟预测）已知四棱锥
中，底面
为直角梯形，
平面
，
，
，
，
，M 为
中点，过C，D，M 的平面截四棱锥
所得的截面为
．
(1)若
与棱
交于点F，画出截面
，保留作图痕迹（不用说明理由），求点F 的位置；
(2)求平面
与平面
所成锐二面角的余弦值．
【解析】（1）延长
，连接
交
于F，连接
，
如图，四边形
为截面
.
中，
，由
，则C 为
中点，B 为
中点，
过M 作
交
于N，则
，
，
，
，即
，
F 为棱
上靠近点B 位置的三等分点；
（2）以A 为原点，
为x 轴，
为y 轴，
为z 轴，建立空间坐标系如图，
则有：
，
，
，
，
，
设平面
的一个法向量为
，
，
则有
，解得
令
，则
，即
设平面
的一个法向量为
，
，
，
则
，解得
，
令
，则
，
，
设平面
与平面
的锐二面角的平面角为
，则
所以平面
与平面
的二面角的锐平面角的余弦值为
考点五：立体几何建系繁琐问题
利用传统方法解决
例13．（2023·黑龙江哈尔滨·哈九中校考三模）如图，已知三棱柱
的底面是正三角形，侧面
是矩形，
，
分别为
，
的中点，
为
上一点，过
和
的平面交
于
，交
于
.
（1）证明：
，且平面
平面
；
（2）设
为
的中心，若
，
平面
，且
，求四棱锥
的体积.
【解析】（1）因为
，
分别为
，
的中点，所以
，
又
，所以
，
在等边
中，
为
中点，则
.
又因为侧面
为矩形，所以
.
因为
，
，
由
，
平面
，
所以
平面
，
又因为
，且
平面
，
平面
，
所以
平面
，
又因为
平面
，且平面
平面
，
所以
.
又因为
平面
，
所以
平面
，
因为
平面
所以平面
平面
.
（2）过
作
垂线，垂足为
，画出图形，如图.
因为
平面
，
平面
，平面
平面
，
所以
，
又因为
，所以四边形
为平行四边形，
所以
，
因为
为
的中心，
所以
，
因为平面
平面
，平面
平面
=
，
平面
，
所以
平面
，
又因为在等边
中，
，得
，
由（1）知，四边形
为梯形，
所以四边形
的面积为
，
所以
，
，
，所以
，
所以
.
例14．（2023·江苏盐城·高一盐城市伍佑中学校考期中）如图，已知三棱柱
的底面是正三角
形，侧面
是矩形，M，N 分别为BC，
的中点，P 为AM 上一点，过
和P 的平面交AB 于E，
交AC 于F.
（1）证明：
，且
平面
；
（2）设O 为
的中心，若
面
，且
，求直线
与平面
所成角的正弦值.
【解析】（1）证明：
，
分别为
，
的中点，底面为正三角形，四边形
是矩形，
，
，四边形
为矩形，，
，
，
，
，
，
，
平面
平面
，
综上，
，且
平面
．
（2）
三棱柱上下底面平行，平面
与上下底面分别交于
，
，
，
面
，
面
，面
面
，
，四边形
为平行四边形，
是正三角形的中心，
，
，
，
，
由（1）知直线
在平面
内的投影为
，
直线
与平面
所成角即为等腰梯形
中
与
所成角，
在等腰梯形
中，令
，过
作
于
，
则
，
，
，
，
直线
与平面
所成角的正弦值为
．
例15．（2023·全国·高三校联考阶段练习）在三棱柱
中，
，
平面
，
、
分别是棱
、
的中点.
(1)设
为
的中点，求证：
平面
；
(2)若
，直线
与平面
所成角的正切值为
，求多面体
的体积
.
【解析】（1）连接
，
，
因为点
，
，
分别为
，
，
的中点，
所以
且
，
，
，
所以
，且
，
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）因为
平面
，
平面
，所以
，
，
又因为
，
，
平面
，所以
平面
，
所以
即是直线
与平面
所成的角，
所以
，
因为
，所以
，
因为
，
，所以
，
因为
，
平面
，所以
平面
，
所以
，
因为
，
所以
，
，所以
，
由（1）知多面体
为四棱锥，且四边形
是平行四边形，
所以
.
例16．（2023·山东泰安·高一期末）《九章算术》是中国古代的一部数学专著，是《算经十书》中最重要
的一部，成于公元一世纪左右.它是一本综合性的历史著作，是当时世界上最简练有效的应用数学，它的出
现标志着中国古代数学形成了完整的体系.《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”，
已知在三棱锥
中，
平面
.
（1）从三棱锥
中选择合适的两条棱填空：________
________，则三棱锥
为“鳖臑”；
（2）如图，已知
，垂足为
，
，垂足为
，
.
（i）证明：平面
平面
；
（ii）设平面
与平面
交线为，若
，
，求二面角
的大小.
【解析】（1）因为“鳖臑”是由四个直角三角形组成的四面体，又
平面
，所以
，
，
；即
，
为直角三角形；
若
，由
，
平面
，可得：
平面
；
所以
，即
，
为直角三角形；满足四个面都是直角三角形；
同理，可得
或
或
，都能满足四个面都是直角三角形；
故可填：
或
或
或
；
（2）（i）证明：
∵
平面
，
平面
，
∴
，
又
，
，
平面
，
∴
平面
，
又
平面
，
∴
，
又
，
，
平面
，
∴
平面
，
又
平面
，
∴
，
又
，
，
平面
，
∴
平面
，
又
平面
，
∴平面
平面
.
（ii）由题意知，在平面
中，直线
与直线
相交.
如图所示，设
，连结
，则
即为.
∵
平面
，
平面
，
∴
，
∵
平面
，
平面
，
∴
，
又
，
平面
，
∴
平面
，
又
平面
，
∴
，
.
∴
即为二面角
的一个平面角.
在
中，
，
，
，
∴
，
又
，
∴
，
∴
，
∴
，
∴二面角
的大小为
.
考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题
构造垂直的全等关系
例17．（2023·广西桂林·统考二模）如图，四棱锥
中，底面
为边长是2 的正方形，
，
分别是
，
的中点，
，
，且二面角
的大小为
.
(1) 求证：
；
(2) 求二面角
的余弦值.
【解析】（1）证明：作
于点
连接
，
∵
，
，
，
∴
，∴
，
即
，
，又
，
∴
平面
，又
平面
，
∴
.
（2）∵二面角
的大小为
，
∴平面
平面
，平面
平面
，
，∴
平面
.
以点
为原点，
,
,
所在直线为
轴，建立如图所示空间直角坐标系
，
∵
,
∴
.
∴
，即
.
∴
，
，
，
.
∴
,
，
设平面
的法向量
，
由，得
令
，得
.
易知
为平面
的一个法向量.
设二面角
为
，
为锐角，则
.
例18．（2023·辽宁沈阳·辽宁实验中学校考模拟预测）如图，四棱锥
中，四边形
是边长
为2 的菱形
，
（1）证明：平面
平面
；
（2）当平面
与平面
所成锐二面角的余弦值
，求直线
与平面
所成角正弦值.
【解析】（1）过D 作
，垂直为O，连接
，
在
中，
，
，可得
，
在
中，
由余弦定理可得
，
所以
，
因为
，所以
为等边三角形，所以
，
所以
，可得
，又由
，且
，
所以
平面
，又
平面
，所以平面
平面
.
（2）由（1）知，以O 为原点，
，
，
方向分别为x，y，z 轴正方向，建立空间直角坐标系
设
，则
，
，
，
，
所以
，
设平面
的法向量为
，则
，即
令
，
，
平面
的法向量为
，
由
，解得
因为
平面
，所以
为
与平面
所成的角，所以
，
即直线
与平面
所成角正弦值
.
例19．（2023·浙江杭州·高三专题练习）如图，在四面体
中，已知
，
，
(1)求证：
；
(2)若平面
平面
，且
，求二面角
的余弦值.
【解析】（1）∵
，
，
.∴
，
∴
，取
的中点
，连接
，
，则
，
.
又∵
，
平面
，
平面
，∴
平面
，又
平面
，∴
.
（2）过
作
于点
，则
平面
，
又∵平面
平面
，平面
平面
，
∴
平面
. 过
作
于点
，连接
.
∵
平面
，
平面
，∴
又
，
平面
，∴
平面
，
平面
∴
，根据二面角的定义，∴
为二面角
的平面角.
连接
，∵
，由于
，∴
.
∵
，
，∴
，
.
∵
，
，∴
，根据等面积法：
.
∴
，显然
是锐角，根据同角三角函数的关系
易得：
，故二面角
的余弦值为
.
考点七：利用传统方法找几何关系建系
利用传统方法证明关系，然后通过几何关系建坐标系．
例20．（2023·山东日照·高三山东省日照实验高级中学校联考期中）如图，P 为圆锥的顶点，O 是圆锥底
面的圆心，
为底面直径，
为底面圆O 的内接正三角形，点E 在母线
上，且
，
.
(1)求证：平面
平面
；
(2)若点M 为线段
上的动点，当直线
与平面
所成角的正弦值最大时，求此时点
到平面
的距离.
【解析】（1）如图，设
交
于点
，连接
，由圆锥的性质可知
底面
，
因为
平面
，所以
，
又因为
是底面圆的内接正三角形，由
，可得
，
，
解得
，又
，
，
所以
，即
，
，
所以在
中，
，
在
中，由余弦定理：
，
所以
，故
.
因为
底面
，
面
，所以平面
平面
，
又
面
，
面
面
，
，故
面
，
又
平面
，所以平面
平面
；
（2）易知
，以点
为坐标原点，
，
，
所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图
所示的空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
，
，
所以
，
，
，
，
设平面
的法向量为
，则
，
令
，则
，
设
，可得
，
设直线
与平面
所成的角为
，则
，
即
，
令
，
，
则
当且仅当
，即
时，等号成立，
所以当
时，
有最大值4，
即当
时，
的最大值为1，此时点
，
所以
，
所以点M 到平面
的距离
，
故当直线
与平面
所成角的正弦值最大时，点
到平面
的距离为
.
例21．（2023·山西·校考模拟预测）如图，在斜三棱柱
中，
是边长为2 的正三角形，且
四棱锥
的体积为2.
(1)求三棱柱
的高；
(2)若
，平面
平面
为锐角，求平面
与平面
的夹角的余弦值.
【解析】（1）因为四棱锥
的体积为2，所以三棱锥
的体积为
因为
是边长为2 的正三角形，所以
的面积
.
设三棱柱
的高为，
则
，
解得
.
（2）作
，垂足为
，连接
.
因为平面
平面
，且平面
平面
，所以
平面
，
即
为三棱柱
的高，由（1）可知
.
因为
，所以
，所以
.
因为
为锐角，所以
为
的中点，则
.
因为平面
平面
，且平面
平面
，
所以
平面
，
所以
三线两两垂直，故以
为坐标原点，分别以
，
的方向为
轴的正方向建立空间直角坐标系.
由题中数据可得
，
，则
.
设平面
的法向量为
，
则
令
，得
.
设平面
的法向量为
，
则
令
，得
.
设平面
与平面
的夹角为
，
则
.
故平面
与平面
的夹角的余弦值为
.
例22．（2023·天津滨海新·高三天津市滨海新区塘沽第一中学校考阶段练习）如图，四棱锥
中，
侧面
为等边三角形，线段
的中点为
且
底面
，
，
，
是
的中点.
(1)证明：
平面
；
(2)求点
到平面
的距离；
(3)点
在棱
上，且直线
与底面
所成角的正弦值为
，求平面
与平面
夹角的余弦
值.
【解析】（1）连接
，因为
，
，
所以四边形
为平行四边形，所以
，
以
为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系：
则
，
，
，
，
,
因为
是
的中点，所以
，
，
，
，
设平面
的一个法向量为
，
则
，即
，
取
，则
，
又因为
平面
，所以
平面
.
（2）由（1）知，
，
，所以
，
且平面
的一个法向量为
，
所以点
到平面
的距离
.
（3）由题意知，底面
的法向量为
，
因为
，
，
且
，
，所以
，
所以由题意知：
，
解得：
，所以
，
因为
，设平面
的一个法向量为
，
则
，即
，取
，
所以
，
又平面
与平面
夹角为锐角，
所以平面
与平面
夹角的余弦值为
.
考点八：空间中的点不好求
方程组思想
例23．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考开学考试）已知底面为正三角形的斜三棱柱
中，
分别是棱
，
的中点，点
在底面投影为
边的中点
，
，
.
（1）证明：
//平面
；
（2）若
，
，点
为棱
上的动点，当直线
与平面
所成角的正弦值为
时，
求点
的位置.
【解析】（1）因为斜三棱柱斜三棱柱
各侧面均为平行四边形
则
是
的中点
又
分别是棱
，
的中点，
则
又
则四边形
为平行四边形
则
为
的中点
则在三角形
中，
//
连接
则
//
所以
//
又
平面
平面
；
则
//平面
；
（2）点
在底面投影为
边的中点
，
所以
平面
,
又因为三角形
为正三角形，
为中点，
所以
分别以
所在直线为分别为
轴，建立空间直角坐标系
，
如图所示：
因为，
，
，则
，
，
所以
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设
则
所以
设平面
的一个法向量
则
，
，
令
，
，
所以
.
设AM 与平面
所成角为
所以
令
同
联立可得
当
时，即点
靠近点
的六等分点处时，符号条件.
例24．（2023·浙江·高二专题练习）如图，在三棱台
中，
，
，
为
的中点，二面角
的大小为
.
（1）证明：
；
（2）当
为何值时，直线
与平面
所成角的正弦值为
？
【解析】（1）证明：取
的中点
，连接
，
，
因为
,则
，
又因为
,则
，
，
⊥平面
，
平面
，
.
（2）由(1)知
，
，
二面角
的平面角，
以
为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
，
，
，
，
，
，
，
，
设平面
的法向量为：
，
，得
，
令
，则
，
又
，
设直线
与平面
所成角为
，
则
，
即
，化简得
，
解得
或
，
由题意可知
，
所以
.
例25．（2023·江苏南京·模拟预测）已知三棱台
的体积为
，且
，
平面
.
(1)证明：平面
平面
；
(2)若
，
，求二面角
的正弦值.
【解析】（1）
由已知，
平面
，
平面
，所以
，
在三棱台
中，
，所以
，所以
，
又因为
平面
，且
，
所以
平面
，又因为
平面
，
所以平面
平面
，得证.
（2）
取
，
的中点
，连接
，所以
，
又因为
，所以
，
因为
平面
，
平面
，所以
，
又因为
，
为
的中点，所以
，
由（1）问可知，平面
平面
，且平面
平面
，
所以
平面
，
以
为坐标原点，建立空间直角坐标系，
分别为
轴的正方向，
因为
，
，且
，所以
，
所以
，
，
，
，
，
，
在三棱台
中，设
，
，
，
，
所以
或
，所以
，
所以
，
设平面
的法向量为
，
，
，
由
可知，平面
的一条法向量为
，
设平面
的法向量为
，
，
，
由
可知，平面
的一条法向量为
，
所以
，
所以二面角
的正弦值为
.
例26．（2023·辽宁·高三校联考阶段练习）如图，在四棱锥
中，
，
，
与
均为正三角形.
(1)证明：
平面
.
(2)证明：
平面
.
(3)设平面
平面
，平面
平面
，若直线与
确定的平面为平面
，线段
的中点为
，求点
到平面
的距离.
【解析】（1）因为
，
所以
，
，
所以
，
因为
平面
，
平面
，
所以
平面
.
（2）取
的中点
，连接
，则四边形
为正方形.
过
作
平面
，垂足为
.
连接
，
，
，
.
由
和
均为正三角形，得
，
所以
，即点
为正方形
对角线的交点，
则
.
因为
平面
，且
平面
，
所以
，
又
，且
平面
,
平面
,
所以
平面
，
因为
平面
，
所以
.
因为
是
的中点，
是
的中点，
所以
，
因此
.
因为
，
所以
，
又
，
平面
，
平面
，
所以
平面
.
（3）设
，连接
，则直线为直线
，
因为
，
平面
，
平面
，
所以
平面
，
因为
平面
，且平面
平面
，
所以
.
由（1）知，
，
，
两两垂直，以
为坐标原点，
的方向为
轴的正方向建立如图所示的空间
直角坐标系，
则
，
，
，
，
，
，
，
设平面
的法向量为
，则
，
所以
，
取
，得
.
又
，
所以点
到平面
的距离
.
考点九：创新定义
以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决
问题．图形怎么阅读?一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读
出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究
图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动
态地去阅读图形．
例27．（2023·河北·高三校联考阶段练习）已知
，
，
，定义一种运
算：
，在平行六面体
中，
，
，
.
(1)证明：平行六面体
是直四棱柱；
(2)计算
，并求该平行六面体的体积，说明
的值与平行六面体
体积的关系.
【解析】（1）证明：由题意
，
，
∴
，
，即
，
，
∵
，
是平面
内两相交直线，∴
平面
，
∴平行六面体
是直四棱柱；
（2）
，
由题意
，
，
，
，所以
，
，
，
∴
.
∴
，
故
的值表示以
，
，
为邻边的平行六面体的体积.
例28．（2023·广东东莞·高二校考期中）（1）在空间直角坐标系中，已知平面
的法向量
，且平面
经过点
，设点
是平面内
任意一点.求证：
.
（2）我们称（1）中结论
为平面
的点法式方程，若平面
过点
，求平面
的点法式方程.
【解析】（1）
平面
经过点
，点
是平面内
任意一点.
,
为平面
的法向量
（2）设平面
的法向量为
，
，
则
，令
则
，
平面
的法向量为
由（1）可知，平面
的点法式方程为：
即
例29．（2023·全国·模拟预测）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯
曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于
与多面体在该点
的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为
零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3 个面角，每个面角
是
，所以正四面体在各顶点的曲率为
，故其总曲率为
．
（1）求四棱锥的总曲率；
（2）若多面体满足：顶点数-棱数+面数
，证明：这类多面体的总曲率是常数．
【解析】（1）由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.
可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知：
四棱锥共有5 个顶点，5 个面，其中4 个为三角形，1 个为四边形.
所以四棱锥的表面内角和由4 个为三角形，1 个为四边形组成，
则其总曲率为：
.
（2）设顶点数、棱数、面数分别为
、、
，所以有
设第个面的棱数为
，所以
所以总曲率为：
所以这类多面体的总曲率是常数.
