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解答题03 6类立体几何答题模板
（线面角、二面角、点面距与体积、动点与存在性问题、
范围问题、翻折问题）
模板01 空间中求线面角的答题模板
立体几何中求线面角是高考中的高频考点，需熟练掌握向量法和几何法求角，难度中等偏上，需重点强化练习.
直线与平面所成角的向量求法
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，
则sin θ＝|cos β|＝.
直线与平面所成角的几何求法
（1）由定义作出线面角的平面角，再求解：
（2）在斜线上异于斜足取一点，求出该点到斜足的距离（设为 ）和到平面的距离（设为 则
（2023·全国·高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．

(1)证明：；
(2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．
思路详解：（1）如图，
底面，面，
，又，平面，,
平面ACC1A1，又平面，
平面平面，
过作交于，又平面平面，平面，
平面
到平面的距离为1，，
在中，，
设，则，
为直角三角形，且，
，，，
，解得，
，
（2），
，
过B作，交于D，则为中点，
由直线与距离为2，所以
，，，
在，，
延长，使，连接，
由知四边形为平行四边形，
，平面，又平面，
则在中，，，
在中，，，
,
又到平面距离也为1，
所以与平面所成角的正弦值为.
1．（2024·浙江杭州·三模）如图，已知三棱台，，，点O为线段的中点，点D为线段的中点.

(1)证明：直线平面；
(2)若平面平面，求直线与平面所成线面角的大小.
思路详解：（1）取AB中点M，连接，则，故O，M，C，共面，
由AM与OD平行且相等得，ODAM为平行四边形，故，
因为平面，平面，所以平面.
（2）法1（建系）：连接，因为，且，
所以为平行四边形，故，
又点D为线段的中点，所以，由得，
故以O为原点，，为x，y轴正方向，垂直于平面向上为z轴正方向，
建立空间直角坐标系Oxyz.

则，
因为，AB的中点M，所以，
又，,平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
设，，则，
设平面的法向量为，
，
则，取，则，
则平面的法向量为；
设平面的法向量为，
，
则，取，则，
则平面的法向量为，
因为平面平面，所以
，即，
即，解得或（舍去），
故，，
记直线与平面所成线面角为，，
则，故，
即直线与平面所成线面角.
法2（综合法）：连接，，取中点N，

则，故，
由平面平面，平面平面，平面，
故平面，平面，故，
又由，得，
延长，，交于点V，则所求线面角即，
而，所以，
故直线与平面所成线面角的大小为.
法3（三余弦定理）：先证三余弦定理：
设A为平面上一点，过点A的直线AO在平面上的射影为AB，
AC为平面内的一条直线，令，，，
则这三个角存在一个余弦关系：(其中和只能是锐角)，
称为三余弦定理，又称最小张角定理.

证明：如上图，自点O作于点B，过B作于C，连接OC，
因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，
则，
所以，即.
延长，，交于点V，则，，
由平面平面，用三余弦定理得，
所以，所以，
故直线与平面所成线面角为.
2．（2024·山西·三模）如图三棱锥分别在线段AB，CD上，且满足.
(1)求证:平面平面;
(2)求AD与平面BCD所成角的正弦值.
思路详解：（1）连接,
由于所以
由于，所以
故，即，
又，，平面，
故平面，平面,故,
平面，
所以平面，平面，
故平面平面
（2）由于所以
由于，所以
故，即，
又，，平面，
故平面，平面,故,
平面，
故平面,故即为直线与平面所成的角，
,,
3．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面是边长为6的正方形，侧面底面，点分别是的中点，点在棱上且.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成的角的正弦值.
思路详解：（1）解法一：取的中点，连接，
因为点是的中点，所以，且，
正方形中，点是的中点，，
所以，且，
所以，且，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面平面，
所以平面.
解法二：
，点是的中点，所以，
又侧面底面，侧面底面平面，所以平面，
如图以点为坐标原点，直线为轴和轴建立空间直角坐标系，
则
所以，所以
设平面的一个法向量为，则，
取得，所以，所以，即，又不在平面内，所以平面.
（2）解法一：
过点作，垂足为，连接，由题意知，
又侧面底面，侧面底面平面，所以底面，又平面，所以，
又平面，所以底面，
所以为直线与平面所成的角，
记直线与平面所成的角为，由（1）知，所以，
又由题意知，，所以，
又，所以，
所以，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
解法二：由（1）知
设是平面的一个法向量，则，
取得，所以，
所以，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
1．（2024·山东聊城·二模）如图，在几何体中，四边形是边长为2的正方形，，，点在线段上，且．
(1)证明：平面；
(2)若平面，且，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）要证明线面平行：平面，只需证明平面平面（其中点在线段上，），从而只需结合线面平行的判定定理分别得出平面，平面即可.
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，从而由公式即可运算求解.
【详解】（1）在线段上取一点，使，
连结，则，
又因为，所以，
因为平面平面，所以平面，
由，得，又，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面平面，所以平面，
又，平面，平面，
所以平面平面，
又因为平面，所以平面.
（2）因为平面平面，所以，
又四边形是正方形，所以，
所以两两互相垂直．
所以以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由，得，
于是，
，
设平面的法向量为，则，
得，即，
令，得，所以平面的一个法向量，
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.
2．（2024·河北·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，平面.点在侧棱上（端点除外），平面交于点.
(1)求证：四边形为直角梯形；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面平行的性质定理和判定定理证明，再由线面垂直的性质定理和判定定理证明，即可证明四边形为直角梯形；
（2）解法一：以为原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面和直线的方向向量，由线面角的向量公式求解即可；解法二：作，垂足为，由面面垂直的判定定理证得平面，连接，则为直线与平面所成的角，在Rt中，求出，由，代入求解即可.
【详解】（1）证明：因为平面平面，则平面.
因为平面，平面平面，则.
又，所以四边形为梯形.
因为平面平面，则，
又平面，所以平面.
又平面，则，所以四边形为直角梯形.
（2）解法一：以为原点，向量的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，
.
因为，则.
设为平面的法向量，则即
取，则，所以.
因为，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
解法二：因为平面，平面，则平面平面.
平面平面，作，垂足为，
平面，则平面.
连接，则为直线与平面所成的角.
在Rt中，因为，则.
因为，则.
在中，因为，
由余弦定理，得，则.
由，得，则.
因为，所以，
则.
在Rt中，，
所以直线与平面所成角的正弦值为
3．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面与相交于点，点在上，．
(1)证明：平面；
(2)若与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明，即可证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，由（1）知平面，即可得，再求平面和平面的法向量即可求出.
【详解】（1）底面是菱形，，
平面，且平面，.
又，平面,平面，
平面，，又，且平面，，
平面，平面，，
，，即，又平面，
且，平面．
（2）以为原点，以为轴，为轴，过点且平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则
，
,,又,
在中由勾股定理得,
即,.
，，
，，平面，
与平面所成的角为，平面，
是平面的一个法向量，平面，平面，
平面平面，设，只需，则平面，
则，
令，则，
，.
模板02 空间中求二面角的答题模板
立体几何中二面角是高考中的高频考点，需熟练掌握向量法和几何法求角，难度中等偏上，需重点强化练习.
二面角的向量求法
(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．
如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足
|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
二面角的几何求法
（1）定义法：
利用二面角的平面角的定义，在二面角的棱上取一点(特殊点),过该点在两个半平面内作垂直于棱的射线，两射线所成的角就是二面角的平面角，这是一种最基本的方法。要注意用二面角的平面角定义的三个“主要特征”来找出平面角。
（2）三垂线法：
已知二面角其中一个面内一点到一个面的垂线，用三垂线定理或逆定理作出二面角的平面角。
（3）垂面法：
已知二面角内一点到两个面的垂线时，过两垂线作平面与两个半平面的交线所成的角即为平面角，由此可知，二面角的平面角所在的平面与棱垂直。
（4）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)求出二面角的大小
（2023·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
思路详解：（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，

于是，即，则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）法一：由（1）可知，则，得，
因此，则，有，
又，平面，
则有平面，又平面，所以平面平面.
法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
在中，，
在中，，
设，所以由可得：，
可得：，所以，
则，所以，，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
，
所以平面平面BEF；

（3）法一：过点作交于点，设，
由，得，且，
又由（2）知，，则为二面角的平面角，
因为分别为的中点，因此为的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，则，
从而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值为.

法二：平面的法向量为，
平面的法向量为，
所以，
因为，所以，
故二面角的正弦值为.
1．（2024·新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．
思路详解：（1）（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，
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．
2．（2024·广东·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，其对角线交于点.且平面.

(1)求证：平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.
思路详解：（1）证明：因为四边形是菱形，所以，
又因为平面，且平面，所以.
又平面，所以平面.
（2）方法1，由，四边形为菱形，，
则是边长为2的等边三角形.
所以.
因为平面，则以点为坐标原点，
所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，故，
易知平面的一个法向量为，
则平面与平面夹角的余弦值
，
故平面与平面夹角的余弦值为；

方法2，由，四边形为菱形，，
则是边长为2的等边三角形，
所以，
所以.
取中点，连接，
在等腰直角中，且，
由勾股定理得.
因为，则，.
注意到，平面平面，
所以平面与平面的夹角即为.
在中，，则，
即，
故平面与平面夹角的余弦值为.

3．（2024·湖北·模拟预测）如图，已知四棱锥中，平面，且.

(1)证明：平面；
(2)已知锐二面角的正弦值为，求二面角的余弦值.
思路详解：（1）法一：如图1，延长和相交于点，连接，
，，则，
又，，
则平面平面平面.
法二：如图2，过作平行交于点，
，则，
，
，，，
，均平行于平面，
且是平面内的两条相交直线，
平面平面，又平面平面.
法三：如图2，过作平行交于点，连接，
，且，
平行，，则，
平行于，，
..均平行于平面，且是平面内的两条相交直线，
平面平面，又平面平面.
（2）法一：平面平面平面平面，
如图3，过点作交于平面平面，
平面平面.
过点作交于，又，
且平面，平面，
为二面角的平面角，则，
设，则，
平面平面，，
又，，
中，，则，
过点作交于点，连接，
则为二面角的平面角，
，
综上所述，二面角的余弦值为.
法二：如图4，在平面内过点作的垂线于的延长线交于点

过作交于，连接，
平面平面平面平面，
平面平面平面，
平面，
平面，
又平面，即为二面角的平面角，
平面平面，，又，
中，，则，
，
，
中，边上的高，
设二面角的平面角为平面，
，
综上所述，二面角的余弦值为.
法三：如图5，平面在平面内过点引的垂线记为轴，
以所在直线为轴，轴如图建立空间直角坐标系，
平面平面，，又，
，
中，，则，
则，
设平面的法向量为，
，取，则
得，平面的法向量为，
二面角的正弦值为，①，
设二面角的平面角为，平面的法向量为，
②
由①解得，代入②中，得，
综上所述，二面角的余弦值为.
1．（2024·四川成都·模拟预测）如图所示，斜三棱柱的各棱长均为， 侧棱与底面所成角为，且侧面底面．

(1)证明：点在平面上的射影为的中点；
(2)求二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)2
【分析】（1）于，由平面平面，证得平面，再证得为等边三角形，可得为中点；
（2）过作于，则是二面角的平面角，由已知数据计算即可．
【详解】（1）过作于，
由平面平面，平面平面，
平面，，得平面，因此，

又，从而为等边三角形，为中点．
（2）由于是等边三角形，所以，
而平面平面，平面平面，
平面，所以平面，平面，则有，
过作于，连接，，平面，
所以平面，由平面，则，
则是二面角的平面角．
由于，，所以中，．
因此二面角的正切值为.
2．（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，为三棱锥外一点，且在平面同侧，为等边三角形，且，平面平面.
(1)证明：；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据等边三角形的性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；
（2）方法一：根据面面垂直的性质、二面角的性质，结合空间向量数量积的运算性质进行求解即可；
方法二：根据面面垂直的性质、三角形全等的判定定理，结合二面角的定义进行求解即可；
方法三：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）如图，取的中点，连接.
为等边三角形，，
.
又平面，
平面，又平面，.
.
（2）方法一：
平面平面，
求二面角的正弦值即求二面角的余弦值.
设，则.
.
.
平面平面，
异面直线与所成的角即为二面角.
，
，
即
，
解得.
二面角的余弦值为，
二面角的正弦值为.
方法二：
平面平面，
求二面角的正弦值即求二面角的余弦值.
由（1）易知平面平面.
设，则.
.
.
延长，过点作的延长线的垂线，垂足为，如图，
设，则.
，解得.连接.
，
.
，.
在中，.
.
又平面，
平面.又平面.
又平面，平面.
又平面.
即为二面角的平面角.
，平面平面，
二面角的平面角为，
二面角的正弦值为.
方法三：
平面平面，
求二面角的正弦值即求二面角的余弦值.
设，
则.
.
在中，.
延长，过点作的延长线的垂线，垂足为，如图.
易得，由（1）得，
以点为原点，所在直线分别为轴、轴，过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，，
.
设平面的法向量为，
则即
取，则.
取平面的一个法向量为.
设二面角的大小为，
则.
二面角的正弦值为.
3．（2024·江苏宿迁·一模）如图，在四棱锥中，四边形为梯形，其中，，平面平面．

(1)证明：；
(2)若，且与平面所成角的正切值为2，求平面与平面所成二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，由面面垂直的性质定理即可得到平面，再由线面垂直的性质定理即可证明；
（2）法一：建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果；法二：根据面面角的定义，先找出所求的二面角，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）因为，所以为等边三角形，
所以，
又四边形为梯形，，则，
在中，由余弦定理可知，
，
根据勾股定理可知，，即．
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，又因为平面
所以．
（2）法一：由（1）可知，
又因为，所以平面，
所以就是与平面所成角，所以，
所以；
以为正交基底，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，
则有取，
由题意得为平面的法向量，
所以，
即平面与平面所成二面角的正弦值．
法二：在平面内，延长与相交于点，
连接，则为平面与平面的交线，
在平面内，过点作，垂足为，连接，

由（1）得，，
因为且均在面内，
所以面，
因为面，所以，
又因为且均在面内,
所以面，即面,
因为面，所以,
因为且均在面内,
所以面，由面所以,
所以,
在直角三角形中,
在直角三角形中，
所以平面与平面所成二面角的正弦值．
所以就是二面角的平面角，
又因为平面，
所以就是与平面所成角，
所以，所以，
因为，所以．
模板03 空间中点面距及体积求解的答题模板
立体几何中空间距离的求解常常可以转化为点到面的距离的求解，进而转化为对应几何体的高来求解，是高考中的高频考点，需熟练掌握向量法和几何法求点面距；求体积是空间几何的基础，需重点强化练习.
1．空间两点间的距离公式
若，，则 =.
2．点到平面的距离
（为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）.
3．点面距可转化为三棱锥等体积求解
（2024·全国·高考真题）如图，，，，,为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到的距离.
思路详解：（1）由题意得，，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面平面，
所以平面；
（2）取的中点，连接，，因为，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形，
可得，
又，所以，故.
又平面，所以平面，
易知.
在中，，
所以.
设点到平面的距离为，由，
得，得，
故点到平面的距离为.
1．（2023·全国·高考真题）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．
思路详解：（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，
于是，即，
则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
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，
又，
所以.
2．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，

(1)求证：//平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
思路详解：（1）

连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，
由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，
又平面，平面，于是//平面.
（2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接.
由面，面，故，又，，平面，则平面.
由平面，故，又，，平面，于是平面，
由平面，故.于是平面与平面所成角即.
又，，则，故，在中，，则，
于是
（3）[方法一：几何法]

过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.
由题干数据可得，，，根据勾股定理，，
由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.
又平面，则，又，，平面，故平面.
在中，，
又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，
即点到平面的距离是.
[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.
设点到平面的距离为.
，
.
由，即.
3．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱柱中，平面．

(1)证明：平面平面；
(2)设，求四棱锥的高．
思路详解：（1）证明：因为平面，平面,
所以,
又因为，即，
平面，,
所以平面，
又因为平面,
所以平面平面.
（2）如图，

过点作，垂足为.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以四棱锥的高为.
因为平面，平面,
所以,,
又因为，为公共边，
所以与全等，所以.
设，则，
所以为中点，,
又因为,所以,
即，解得，
所以，
所以四棱锥的高为．
1．（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，已知为锐角三角形，平面平面，，点是的中点．
(1)求证：；
(2)若，二面角的余弦值为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过点作于点，由面面垂直的性质得到平面，再根据线面垂直的判定定理与性质证明平面，进而得到.
（2）建立空间直角坐标系，求相关点和向量的坐标，分别求平面、平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，根据二面角的余弦值求参数的值，进而求三棱锥的体积.
【详解】（1）如图，过点作于点，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
又平面，所以．
又，，，平面，
所以平面．
因为平面，所以．
（2）由（1）可知，可以以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设，，
∵为锐角三角形，则，，，，
故，
因此，．
∴是平面的一个法向量,
设平面的法向量为，
则，即，化简得，
取，则，，因此．
由题意知，解得，
因此三棱锥的体积为．
2．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，为边长为3的正三角形，侧面为正方形，在底面内的射影为点O．

(1)求证：；
(2)若，求直线和平面的距离．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）分析得知要证，只需证，取的中点分别为，故只需证明即可，而这又可以通过线面垂直的判定定理、性质定理证明；
（2）将问题转换为求点到平面的距离，建立适当的空间直角坐标系，根据题意分别求出即可，其中为平面的法向量，进一步由公式即可得解.
【详解】（1）

一方面：因为在底面内的射影为点O，而平面，
所以，
故要证，只需证；
另一方面：取的中点分别为，连接，
因为为边长为3的正三角形，所以也是边长为3的正三角形，
又点是的中点，
从而，因为，所以，
因为四边形为正方形，的中点分别为，
所以，
又因为，，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又点是的中点，
所以；
综上所述，；
（2）一方面：注意到平面，平面，
所以平面，
要求直线和平面的距离，只需求点到平面的距离即可；
另一方面：若，则点为三角形的外心，从而三点共线，
过点作交于点，易知，
因为平面，平面，
所以，
从而两两互相垂直，
所以以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

由题意，
，从而，
，
，
设平面的法向量为，
则，故可取，
所以点到平面的距离为；
综上所述，直线和平面的距离为.
3．（2021·全国·高考真题）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.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为，O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）[方法一]：通性通法—坐标法
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，
则，设,
所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．
因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．
如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.
模板04 动点与存在性问题的答题模板
立体几何中的动点与存在性问题是一类难点问题，需要寻找题干中动点和题设满足的对应条件，从几何法或空间向量法去解决待解问题，需强加练习和重点复习.
动点问题和存在性问题一般需结合题设条件建立方程求解
（2024·安徽·一模）如图，四棱锥中，底面 是矩形，，，，M是的中点，.
(1)证明：平面；
(2)若点P是棱上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
思路详解：（1）取的中点，连接，与交于Q点，
在底面矩形中，易知，
所以，
因为平面，
所以平面，
因为平面，所以，
易知，所以，
由题意可知,
所以，而相交，且平面，
所以平面；
（2）由上可知，，，
以点A为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
设平面的法向量为，则，，
则，取，则，
设，其中，
则，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
则，
解得，即.
1．（2024·贵州贵阳·二模）由正棱锥截得的棱台称为正棱台.如图，正四棱台中，分别为的中点，，侧面与底面所成角为.

(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由.
思路详解：（1）连接、，由分别为的中点，则，
又平面，平面，故平面，
正四棱台中，且，
则四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，故平面，
又，且平面，平面，
故平面平面，又平面，故平面；

（2）正四棱台中，上下底面中心的连线底面，
底面为正方形，故，
故可以为原点，、、为轴，建立空间直角坐标系，
由，侧面与底面所成角为，
则，
则，，，
假设在线段上存在点满足题设，则，
设，则，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，，即，
因为直线与平面所成的角的正弦值为，
故，
解得或（舍），故，
故线段上存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，
此时线段的长为.

2．（2024·湖南·三模）如图，四棱锥的底面是梯形，平面.
(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
思路详解：（1）因为平面，平面，所以，
因为，所以，
所以，
又因为平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）因为平面，，所以平面，
又因为平面，所以，又，
所以两两互相垂直，
所以以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
如图，，
设，
则，
，设平面的法向量为，
则，即，取，满足条件，
所以可取，
，，设平面的法向量为，
则，即，取，解得，
所以，
由题意，
化简并整理得，解得或（舍去），
所以，
综上所述，棱上是否存在一点E，且，使得二面角的余弦值为.
3．如图，在四棱锥中，平面，与底面所成角为，四边形是梯形，．

(1)证明：平面平面；
(2)若点T是的中点，点M是的中点，求点P到平面的距离．
(3)点是线段上的动点，上是否存在一点M，使平面，若存在，求出M点坐标，若不存在，请说明理由．
思路详解：（1）由平面，平面，平面，
得，， 与底面所成角为 ．
所以三角形 为等腰直角三角形， ．
又由四边形是直角梯形，，可知，
所以为等腰直角三角形，而，故．
在直角梯形中，过C作，垂足为E，则四边形为正方形，
可知 ．
所以 ，在等腰直角三角形 中，．
则有，所以．
又因为，，平面 ，平面．
所以平面．因为平面 ，所以平面平面．
（2）以A为坐标原点，分别以所在的直线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

则，，，，．
因为T是 的中点，点M是 的中点，所以，．
设平面 的法向量为，，，
则 ，得 ，
取 ，则 ，得平面的一个法向量为，
而,所以点P到平面的距离为．
（3）设，注意到，
所以，
所以，
设，注意到，
所以，
因为，，所以，
若平面，
则当且仅当，即当且仅当，
此时，
综上所述，当且仅当重合，此时存在，使平面.
1．（2024·四川绵阳·模拟预测）在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，，．
(1)证明：平面平面；
(2)是侧棱上一点，记，是否存在实数，使平面与平面所成的二面角为？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）利用面面垂直的判定定理，先证平面，再证平面平面即可；
（2）先根据已知条件证面，再建立空间直角坐标系，利用向量方法求平面与平面所成的二面角的余弦值，再结合平面与平面所成的二面角为，即可得到方程，解方程即可求解.
【详解】（1）
连接交于点，连接，
底面为平行四边形，为中点，
，
又，，平面，，
平面，又平面，
平面平面.
（2）平面，平面，，
又为平行四边形，所以为菱形，
，，
，在中，，
，，
，在中，，，
，
在中，，，，
所以，所以，所以，
又，平面，平面，，
面；
以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系．
可得，，，，，由，
，，，
设平面的法向量为，则，
又因为平面的法向量，
，解得（舍去）或．
经检验得：．
2．（2024·广东广州·模拟预测）在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，三棱锥的体积为，平面与平面的交线为.

(1)求四棱锥的体积，并在答卷上画出交线（注意保留作图痕迹）；
(2)若，，且平面平面，在上是否存在点，使平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)，作图见解析
(2)存在，或
【分析】（1）根据等体积法和锥体的体积公式计算即可求出；如图，的延长线和的延长线交点为，则为直线；
（2）建立如图空间直角坐标系，设，利用空间向量法求解面面角，建立关于的方程，解之即可求解.
【详解】（1），，
∵，∴，
∴，
延长，，设的延长线和的延长线交点为，连接，
则平面和平面的交线为直线.
（2）取的中点，连接，
∵，是的中点，∴，
∵平面平面，平面平面，平面，，
∴平面，
，，解得.
以点为坐标原点，以直线，分别为，轴，
以过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.

则，，，，
∴，，，
设，则，
设平面的法向量为，
则，即
令，得，
设平面的法向量为，
则，即
令，可得，
平面与平面夹角的余弦值为
∴，
整理得，解得：或，
即在直线上存在点，平面与平面的夹角的余弦值为，
此时或，
则或.
3．（2024·山西晋中·模拟预测）如图，在多面体中，侧面为菱形，侧面为直角梯形，，，为的中点，点为线段上一动点，且，，.
(1)若点为线段的中点，证明：平面；
(2)若平面平面，且，在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为？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)存在，
【分析】（1）取中点，连接，，根据中位线和平行四边形的性质得到，再证明，从而得到，然后根据线面平行的判定定理证明；
（2）建系，然后利用空间向量的方法列方程，解方程即可.
【详解】（1）
取中点，连接，，
因为分别为中点，
所以且，
因为四边形为菱形，为中点，
所以且，
所以且，则四边形为平行四边形，
所以，
又侧面为直角梯形，，，且为的中点，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）取中点，连接，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
因为平面，平面，
所以，，
因为，四边形为菱形，
所以三角形为等边三角形，
因为为中点，
所以，，
所以两两垂直，
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设，则，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
所以，
设直线与平面所成角为，则，又，所以，
所以，
所以，
所以线段上存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，
此时.
模板05 范围问题的答题模板
立体几何中范围问题是一类常考的综合问题，需结合已知条件，找到数量关系求解，难度中上，需强加练习和重点复习.
范围问题的求解常涉及到三角函数的值域、基本不等式、函数的性质及导数来求解
（2021·全国·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小
思路详解：1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
1．（2024·山东威海·一模）如图，在四棱锥中，平面平面为等边三角形，，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
思路详解：（1）取的中点，连接，
因为为等边三角形，所以
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为为等边三角形，为的中点，所以，
因为平面，
所以平面.
（2）连接，
因为，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以平面，
以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，
则
所以，
设平面的一个法向量为，
则，可得，
令，则，
设直线与平面所成角为，
则，
因为，所以，
当且仅当即时取得最大值，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
2．（2024·广东广州·模拟预测）如图所示，正四面体棱长为4，，，分别在棱，，上，.
(1)求的最小值；
(2)求三棱锥体积最大时的面积.
思路详解：（1）在中，由余弦定理有：，
即，可得，
设，则，
由题可知：该方程有实根，则，解得，
则，当且仅当，时，等号成立，
所以的最小值为.
（2）因为，且点到平面的距离为定值，
若三棱锥体积最大时，即最大，
由（1）得，且，
由于该方程中，地位等价，
同（1）可得：，当且仅当时，等号成立，
由，地位等价，同理可得，当时，等号成立，
则，当且仅当时，等号成立，
此时为等边三角形，且，，
作于，
则，，所以，
故此时的面积为.
1．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知是等边三角形．
(1)求证：；
(2)求二面角；
(3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角的正弦值最大？求出最大角正弦值，并说明点此时所在的位置．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)点在线段上靠近点的处，最大角正弦值为．
【分析】（1）利用线面垂直的性质、判定推理得证.
（2）过作于，利用定义法求出二面角的平面角.
（3）证得平面，利用等体积法求出点到平面的距离，再列式表示出角的正弦，进而推理求解最大值.
【详解】（1）由点在底面上的射影是与的交点，
得平面，又平面，则，
由四边形为菱形，得，而平面，
因此平面，又平面，所以.
（2）过作于，连接，由平面，平面，得，
又，平面，则平面，又平面，
因此，为二面角的平面角，
由是正三角形，得，由是正三角形，得，
由，知，
在中，，即，
所以二面角的大小为．
（3）由，且平面平面，得平面，
则点到平面的距离即为到平面的距离，而，
即，则，
解得，即到平面的距离为，
设直线与平面所成的角为，则，
要使最大，则需使最小，此时，同理可得，
因此，
则当点在线段上靠近点的处时，直线与平面所成的角最大，最大角正弦值为.
2．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，.
(1)若平面平面，求、的值；
(2)若平面，求的最小值.
【答案】(1)；
(2)8.
【分析】（1）若平面平面，由面面平行的性质定理可知，，由为的中点，可得为的中点，同理为的中点，即可得出结果；
（2）以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，求得的法向量为，由平面，则有，即，代入计算化简可得结果.
【详解】（1）若平面平面，平面平面，平面平面，所以，
又因为为的中点，所以为的中点，同理为的中点，所以.
（2）因为，底面，
如图，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，
故，则，，
设平面的法向量为，则取，可得.
因为，，所以，，
则，
因为平面，所以，即，
所以，即，
所以，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为8.
3．（2024·宁夏银川·一模）如图，在四棱锥中，已知，是的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，设点是上的动点，当与平面所成的角最大时，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由，得到，连接，根据，证得，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标，设，求得平面的法向量，设，求得，设与平面所成的角为，根据向量的夹角公式得到时，取得最大值，求得，再求平面和的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：因为，且是的中点，可得
连接，因为，所以，
在和中，因为，
所以，所以，所以，
又因为，且平面，平面，
所以平面.
（2）解：以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，以过点垂直与平面的直线为轴，建立空间直角坐标，如图所示，
设，则，可得，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设，且，可得，
即，解得，所以,
设与平面所成的角为，
可得
，
因为，所以当时，取得最大值，
此时与平面所成的角取得最大值，则，
所以
设平面的一个法向量为，则，
令，可得，所以，
取平面的一个法向量为，则，
即二面角的余弦值为.
模板06 翻折问题的答题模板
翻折问题在立体几何领域占据着至关重要的位置，它成为许多学生感到困惑和迷茫的难题。由于翻折将立体几何从静态转变为动态，学生们常常难以找到解决问题的切入点。
当我们把一个平面图形按照特定要求折叠起来，使其转变为空间图形时，我们便开始探究图形在位置和数量关系上的变化。这便是所谓的翻折问题。常见的翻折问题包括将三角形、四边形等平面图形进行折叠，随后考查立体几何中的垂直、角度、距离以及应用等方面。
在处理这类问题时，我们必须掌握空间立体几何的基本概念和定理，并且在翻折过程中特别留意保持某些量的恒定性，例如角度和距离等。
（2024·山东潍坊·二模）如图1，在平行四边形中，，，E为的中点，将沿折起，连结，，且，如图2．

(1)求证：图2中的平面平面；
(2)在图2中，若点在棱上，直线与平面所成的角的正弦值为，求点到平面的距离．
思路详解：（1）连接，
由题意，
则为等边三角形，
由余弦定理得，所以，
则，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
则，
设，
故，
，
因为轴垂直平面，故可取平面的一条法向量为，
所以，
化简得，解得或（舍去），
所以，
设平面的法向量为，
则有，可取，
所以点到平面的距离为．
1．（2024·河北承德·二模）如图1，在直角中，为中点，，取中点，连接，现把沿着翻折，形成三棱锥如图2，此时，取中点，连接，记平面和平面的交线为为上异于的一点.

(1)求证：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.
思路详解：（1）由题意知为等腰直角三角形，又为的中点，
所以，，，
由，解得，
当时，有，即，
而平面，故平面；
（2）以为轴，轴，过作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
又，
所以
所以，，所以，

于是，
设平面的法向量为，
则，不妨取，解得，
设，则，，
因为为中点，为中点，所以，
又平面，平面，所以平面，
平面和平面的交线为，平面，
所以，又为上异于的一点，所以，即与共线，
设为，则，
故，
因此.
设直线与平面所成角为，
则，
化简得，解得或，
当时，则，
当时，则，
因此或.
2．（2024·河南濮阳·模拟预测）如图所示，在等腰梯形中，，，，E为CD中点，AE与BD相交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面）．
(1)求证：平面平面PBC；
(2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面所成角的正弦值为，若存在，求Q在线段PB上的位置；若不存在，说明理由．
思路详解：（1）如图，在原图中连接BE，由于，，，
所以四边形ABED是平行四边形．
由于，所以四边形ABED是菱形，所以．
由于，，所以四边形ABCE是平行四边形，
所以，所以．
在翻折过程中，，保持不变，
即，保持不变．
由于，OP，平面POB，
所以平面POB，由于平面PBC，
所以平面平面PBC；
（2）由上述分析可知，在原图中，，
所以，所以．
折叠后，若，则，所以，
由于，，平面ABCE，
所以平面ABCE．所以OE，OB，PO两两相互垂直．
由此以O为原点，
分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，
，，，，
设，，，
，，
设平面AEQ的法向量为，
则，令得，
故，
设直线PC与平面AEQ所成角为θ，则
，
所以，，
，解得，
所以，因为，的中点坐标为，
即Q是PB的中点．
3．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图1，在平面四边形中，，，垂足为，将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图2所示.

(1)设平面与平面的交线为，证明：.
(2)在线段上是否存在一点（点不与端点重合），使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
思路详解：（1）由题意可知.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面平面，所以平面，则.
（2）由图1可知.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以，则两两互相垂直，
故以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系：

设，则，
所以.
设，则，从而，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，得，
易知平面的一个法向量为，
设二面角为，
则，
即，整理得，解得或（舍去）.
故当时，二面角的余弦值为.
1．（2024·全国·二模）如图1，中，分别是线段上的动点，且，将沿折起至，如图2，在四棱锥中，为的中点，且平面.
(1)证明：；
(2)若为线段上一点，若平面与平面的夹角为，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）取中点，利用线面平行的性质证明四边形是平行四边形即可推理得解.
（2）建立空间直角坐标系，利用面面角、线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）取中点，连接，由为的中点，得，
由，得，则，
由平面，平面，平面平面，
因此，四边形是平行四边形，，
所以.
（2）由（1）知，，，而，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，由点在线段上，设，
，
设平面的法向量，则，令，得，
设平面的法向量，则，令，得，
依题意，，解得，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
2．（2024·河南驻马店·二模）在如图①所示的平面图形中，四边形为菱形，现沿进行翻折，使得平面，过点作，且，连接，所得图形如图②所示，其中为线段的中点，连接.

(1)求证：平面；
(2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）连接交于点，连接，证明且，得平面，证明四边形为平行四边形，有，可得平面；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，向量法表示直线与平面所成角的正弦值，求出的值.
【详解】（1）证明：.

在菱形中，，
因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面.
因为分别为的中点，所以，，
又， ，
所以，，所以四边形为平行四边形，
所以，所以平面.
（2）在菱形中，因为，所以和都是正三角形，
取的中点，连接，则，
又平面，所以，即两两垂直.
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
取，则.
记直线与平面所成角为，
则.，
解得，即的值为2.
3．（2024·湖北·一模）如图，在平行四边形中，为的中点，沿将翻折至位置得到四棱锥为上一动点.

(1)若为的中点，证明：在翻折过程中均有平面；
(2)若，①证明：平面平面；
②记四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②.
【分析】（1）取PA中点G，连FG，EG，可得∥，结合线面平行分析证明；
（2）①在平行四边形中，可得，由勾股定理可得，即可得平面，进而可证面面垂直；②由体积可知为中点，建系标点，利用空间向量求点到面的距离.
【详解】（1）取PA中点G，连FG，EG，

因为分别为的中点，则∥，且，
由题意可知：∥，且，
则∥，且，可知四边形CFGE为平行四边形，
则∥，且平面，平面，
所以∥平面.
（2）①在四边形中，连接，

由题意可知：是以边长为2的等边三角形，则，
且，则，
可知，即，且，
若，且，则，可知，
且，平面，可得平面，
又因为平面，所以平面平面；
②取中点，中点，连，
则，∥，可得，
因为为等边三角形，则，
且平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平行四边形的高即为等边的高，
设点到平面的距离为，
若，则，解得，
即，可知为中点，
以为原点，OA，OH，别为轴建立空间直角坐标系，

则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
所以点到平面的距离.
1．（2022·全国·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
2．（2024·广东汕头·三模）如图，四面体中，是的中点，，
(1)求异面直线AB与CD所成角余弦值的大小；
(2)求点E到平面ACD的距离.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据异面直线夹角的定义，结合中位线性质和余弦定理，可得答案；
（2）根据等体积法，结合三角形面积公式，可得答案.
【详解】（1）取AC的中点M，连结OM、ME、OE，
由E为BC的中点知，
则直线OE与EM所成的角就是异面直线AB与CD所成的角，
在中，，
因为是直角斜边AC上的中线，则，
可得，
所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
（2）设点E到平面ACD的距离为
因为，即，
在中，，可得，
且，可得，
所以点E到平面ACD的距离为
3．（2024·浙江金华·一模）如图，三棱锥中，平面，，为中点，为中点，为中点.

(1)求证：平面；
(2)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，利用三角形中位线性质，线面平行的判定推理即得.
（2）根据给定条件，作出三棱锥底面上的高，利用几何法求出线面角的正弦.
【详解】（1）连，由为中点，为中点，得，
又平面，平面，
所以平面.
（2）设，由平面，平面，
得，则，取中点，则，
又平面，则平面，
又平面，于是平面平面，又平面面，
过点在平面内作于，于是平面，连，

则为直线与平面所成的角，
在中，，，，
在中，，
所以直线与平面所成角的正弦值.
4．（2024·安徽合肥·一模）如图，三棱柱中，四边形均为正方形，分别是棱的中点，为上一点.
(1)证明：平面；
(2)若，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,则有平面平面，可得平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.
【详解】（1）连接.
因为，且，
又分别是棱的中点，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面平面，
所以平面，
因为，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
因为平面，所以平面.
（2）四边形均为正方形，所以.
所以平面.
因为，
所以平面.
从而.
又，
所以为等边三角形.
因为是棱的中点，
所以.
即两两垂直.
以为原点，所在直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.
设，
则，
所以.
设为平面的法向量，
则，即，可取.
因为，所以.
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角正弦值为.
5．（2024·江西·一模）如图，在三棱锥中，．

(1)证明：平面平面；
(2)若是线段上的点，且，求二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在中求和边的高，进而判断≌，最后证明边的高即为面的垂线，证明结论即可；
（2）先建立空间直角坐标系，分别求出面和的法向量，求出两个法向量夹角的余弦值后，利用同角三角函数关系式，求二面角的正切值即可.
【详解】（1）证明：在中，
，
所以，
过点作于点，连接，
则，
因为，
所以≌，得，
又所以，得，
又，，，平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面，
所以平面平面.
（2）由（1）知，两两垂直，如图以O为原点建立坐标系，
，
因为，得，
设是平面的一个法向量，
则
，得，
而是平面ABC的一个法向量，
两个法向量夹角的余弦值为：
设二面角平面角的大小为，
结合图形得：，，
，
所以二面角的正切值为.

6．（2024·河南·模拟预测）在直三棱柱中，，为的中点.
(1)若，，求的长；
(2)若，，求二面角的平面角的正切值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由为的中点得，然后两边平方即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解二面角.
【详解】（1）因为点为的中点，所以，
两边平方可得，
故.
（2）由题意及，知，，两两互相垂直，所以以为坐标原点，
，，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，，，
设平面的一个法向量为，
则即，
取，可得.
设平面的一个法向量为，
则即，
取，可得.
设与的夹角为，二面角的平面角为，
则，
由图观察可得该二面角的平面角为锐角，
故，，
所以，
即二面角的平面角的正切值为.
7．（2024·山东淄博·二模）已知直角梯形，，，，为对角线与的交点．现以为折痕把折起，使点到达点的位置，点为的中点，如图所示：
(1)证明：平面；
(2)求三棱锥体积的最大值；
(3)当三棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）相似可得，，结合勾股定理逆定理得到，以及折叠后，，即可证明;（2）证明点P到平面ABC的距离，即为点P到BM的距离，运用等体积法即可求解；（3）建立空间直角坐标系，求出平面PBC法向量，再用向量夹角余弦值公式求解即可.
【详解】（1）直角梯形中，
由相似可得，
因为，，可得，，
故可得，，
由，则由勾股定理逆定理得，，即，
，
翻折后可得，，，
又因为，在平面内，
故平面
（2）因为点为边的中点，
所以，又，
所以，
因为平面，所以平面平面，
所以点P到平面ABC的距离，即为点P到BM的距离，设为h，
因为为定值，
当h最大时，三棱锥的体积最大，
而，则，
当h=1时，.
（3）由（2）得，当三棱锥的体积最大时，
点P到平面ABC的距离为，即平面．
故，，
又因为，
故，，两两垂直．
故可以为原点，
直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由题可得，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，令，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．
8．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2．
(1)证明：平面平面；
(2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，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)存在；
【分析】（1）推导出，证明出平面，可得出， 利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，
因为，则，，
由余弦定理可得，
所以，，则，同理可证，
翻折后，则有，，
因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
所以平面平面.
（2）因为平面，，以点为坐标原点，
、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，其中，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，则，，所以，，
平面的一个法向量为，，，
则，令，可得，
则，整理可得，
因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且.
9．（2024·重庆·模拟预测）如图，ACDE为菱形，，，平面平面ABC，点F在AB上，且，M，N分别在直线CD，AB上．
(1)求证：平面ACDE；
(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若，MN为直线CD，AB的公垂线，求的值；
(3)记直线BE与平面ABC所成角为，若，求平面BCD与平面CFD所成角余弦值的范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先通过余弦定理及勾股定理得到，再根据面面垂直的性质证明；
（2）以C为原点，CA的方向为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，利用向量的坐标运算根据，列方程求解即可；
（3）利用向量法求面面角，然后根据列不等式求解.
【详解】（1），，
所以，，，
，则，
又因为平面平面ABC，平面平面面，
故平面ACDE；
（2）以C为原点，CA的方向为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
由，可得，，
所以
所以，，
设，则，
设，则，，
由题知，，
解得，，故；
（3），设，
则，，
可取平面ABC的法向量，
则，
，
则，
整理得，故，
，，，
记平面CDF的法向量为，则有，
可得，
记平面CBD的法向量为，则有，
可得，
记平面BCD与平面CFD所成角为，
则，，
所以，，
故．
10．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，四棱锥中，底面，，分别为线段上一点，.
(1)若为的中点，证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，，先证四边形为平行四边形，有，再由线面平行的判定定理，得证；
（2）取的中点，连接，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）证明：由已知得，取的中点T，连接，
由N为的中点知，
．又，故，且，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴平面．
（2）取的中点，连接，建立如图所示的空间坐标系．
，
不妨设，
则，
设平面的一个法向量为，
，
取，则.
设直线与平面所成角为
.
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
11．（2024·全国·模拟预测）如图，四棱锥中，是正三角形，底面是矩形，平面底面，分别为棱，的中点．

(1)证明：平面；
(2)证明：是异面直线和的公垂线；
(3)若二面角等于120°，求直线与底面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）取棱的中点，连结，，可证四边形是平行四边形，利用线面平行的判定即可证明；
（2）先证明和为异面直线，分别证明和，
（3）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量公式求出参数，然后利用线面角的正弦公式求解即可.
【详解】（1）取棱的中点，连结，．

因为是棱的中点，所以且．
又因为底面是矩形，是棱的中点，故且．
所以四边形是平行四边形，．
而平面，平面，故平面．
（2）因为，平面，平面，
所以平面，又，结合图，
所以和为异面直线，
在矩形中，，面，
因为平面底面，且平面底面，故平面，
即平面的一个法向量为，且面，故，
而由（1），平面，故．
连结，设，，则，所以．

所以是异面直线和的公垂线
（3）取棱的中点，则在正三角形中，，
同（2）面面垂直性质有底面．
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．
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，令，可得．

设平面的法向量为，则，令，则．
由题设知，故或．
当时，，且,，
所以,，则,，
所以二面角所成平面角为,不满足题意，则舍去；
当时，直线与底面所成角的正弦值为．
12．（2024·四川达州·二模）如图，在直角梯形中，，，，把梯形绕旋转至，，分别为，中点．
(1)证明：平面；
(2)若，求二面角余弦的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面平行的判定及性质即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式求解即可．
【详解】（1）证明：设中点为，连接，
为中位线，，
又平面，平面，
平面，
为梯形中位线，，
又平面，平面，
平面，
，平面，平面，
平面平面，
平面，
平面．
（2）以为原点，以所在直线为轴，以垂直于平面的直线为轴，建立如图空间直角坐标系，
，不妨设，
，
则，
∴，
则，，
设平面的法向量为，
∴，即，
不妨取，，
设平面的法向量为，
∴，即，
不妨取，则，
，
设二面角平面角为，由图可知为锐角，
，
时，二面角的余弦最小值为．
13．（2024·山东临沂·二模）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，，平面AMHN，点M，N，H分别在棱PB，PD，PC上，且．
(1)证明：；
(2)若H为PC的中点，，PA与平面PBD所成角为60°，四棱锥被平面截为两部分，记四棱锥体积为，另一部分体积为，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据菱形性质知，然后通过证明平面PAC，可得，根据垂直平分线性质可证；
（2）令，先证明平面ABCD，平面PAC，然后由和可解.
【详解】（1）连接AC交BD于点O，连接OP，
∵平面AMHN，且平面平面，平面，
∴．
∵，∴，
∵四边形为菱形，∴，，
∵，且平面PAC，
∴平面PAC，又平面PAC，∴，
∴．
（2）∵，且O为AC中点，
∴，由（1）得，
，平面ABCD，
∴平面ABCD，
令，又四边形为菱形，，
，，．
，且都在平面PBD内，
平面PBD，又PA与平面PBD所成角为60°，
∴，，
∴，
∴
又H为PC中点，且，∴，
在△PAC中，记，
易知点G在MN上，且点G为△PAC重心，，
又∵，∴，
由（1）知平面PAC，∴平面PAC，
又，
∴，
∴，
∴．
14．（2024·江苏南京·二模）如图，，，点、在平面的同侧，，，，平面平面，.

(1)求证：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)根据线面平行，面面平行定理即可证明；
(2)建立合适坐标系，将各个点用坐标表示出来，再根据向量垂直列出方程式，求解即可
【详解】（1）因为，平面，
所以平面，同理平面，
又，平面，，
所以平面平面，平面，
所以平面；
（2）取的中点，因为，
所以，又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
又因为，故可建立如图所示的空间直角坐标系.
在四边形中，因为，，，，
所以，所以，
因为，所以，
所以，，，，，，，
，，
设，则，
设为平面的法向量，
则，即，故取，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
两边同时平方得
所以，解得，或（舍去），
所以，所以.

【点睛】关键点点睛：需要构造合适的坐标系，根据各个边的长度确定其各个点坐标，用坐标表示向量，设出平面的法向量，代入可解得.
15．（2024·江西南昌·一模）如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，已知为棱的中点，在底面的投影为线段的中点，是棱上一点.

(1)若，求证：平面；
(2)若，确定点的位置，并求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)为中点，.
【分析】（1）根据角平分线性质定理得，由平行线分线段成比例定理得，再由线面平行的判定可证；
（2）利用线面垂直可得，进而得平面，由线面垂直得，然后根据等边三角形三线重合即得为中点，以为原点，分别以为轴，以过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用公式求解即可
【详解】（1）设，因为底面是边长为2的菱形，
所以，对角线BD平分，
又为棱的中点，所以,
在中，根据角平分线性质定理得，
又，所以，所以，
，平面，且平面平面.
（2）平面，且平面，，
因为，所以，
在中，，，所以是等边三角形，
又为棱的中点，所以，
平面，平面，所以平面平面，
又平面平面，平面ABCD，平面，
又平面，，
又，平面，
平面，且平面，.
因为P在底面的投影H为线段EC的中点，所以，又
所以为等边三角形，故为中点，
所以在底面上的投影为的中点.
在中，，
，
以为原点，分别以为轴，
以过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，

所以，
，
设是平面的一个法向量，则，
令，则，即，
平面，是平面的一个法向量，
，
因为二面角是一个锐角，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】方法点睛：向量法求二面角的方法：
首先设两个平面的法向量坐标，利用线面垂直得到线线垂直即向量的数量积为零列出方程组求出法向量坐标，把二面角转化为向量的夹角，利用公式，结合图形写出夹角或补角.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)解答题03 6类立体几何答题模板
（线面角、二面角、点面距与体积、动点与存在性问题、
范围问题、翻折问题）
模板01 空间中求线面角的答题模板
立体几何中求线面角是高考中的高频考点，需熟练掌握向量法和几何法求角，难度中等偏上，需重点强化练习.
直线与平面所成角的向量求法
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，
则sin θ＝|cos β|＝.
直线与平面所成角的几何求法
（1）由定义作出线面角的平面角，再求解：
（2）在斜线上异于斜足取一点，求出该点到斜足的距离（设为 ）和到平面的距离（设为 则
（2023·全国·高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．

(1)证明：；
(2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．
1．（2024·浙江杭州·三模）如图，已知三棱台，，，点O为线段的中点，点D为线段的中点.

(1)证明：直线平面；
(2)若平面平面，求直线与平面所成线面角的大小.
2．（2024·山西·三模）如图三棱锥分别在线段AB，CD上，且满足.
(1)求证:平面平面;
(2)求AD与平面BCD所成角的正弦值.
3．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面是边长为6的正方形，侧面底面，点分别是的中点，点在棱上且.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成的角的正弦值.
1．（2024·山东聊城·二模）如图，在几何体中，四边形是边长为2的正方形，，，点在线段上，且．
(1)证明：平面；
(2)若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．
2．（2024·河北·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，平面.点在侧棱上（端点除外），平面交于点.
(1)求证：四边形为直角梯形；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
3．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面与相交于点，点在上，．
(1)证明：平面；
(2)若与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，求．
模板02 空间中求二面角的答题模板
立体几何中二面角是高考中的高频考点，需熟练掌握向量法和几何法求角，难度中等偏上，需重点强化练习.
二面角的向量求法
(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．
如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足
|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
二面角的几何求法
（1）定义法：
利用二面角的平面角的定义，在二面角的棱上取一点(特殊点),过该点在两个半平面内作垂直于棱的射线，两射线所成的角就是二面角的平面角，这是一种最基本的方法。要注意用二面角的平面角定义的三个“主要特征”来找出平面角。
（2）三垂线法：
已知二面角其中一个面内一点到一个面的垂线，用三垂线定理或逆定理作出二面角的平面角。
（3）垂面法：
已知二面角内一点到两个面的垂线时，过两垂线作平面与两个半平面的交线所成的角即为平面角，由此可知，二面角的平面角所在的平面与棱垂直。
（4）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)求出二面角的大小
（2023·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
1．（2024·新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．
2．（2024·广东·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，其对角线交于点.且平面.

(1)求证：平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.
3．（2024·湖北·模拟预测）如图，已知四棱锥中，平面，且.

(1)证明：平面；
(2)已知锐二面角的正弦值为，求二面角的余弦值.
1．（2024·四川成都·模拟预测）如图所示，斜三棱柱的各棱长均为， 侧棱与底面所成角为，且侧面底面．

(1)证明：点在平面上的射影为的中点；
(2)求二面角的正切值．
2．（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，为三棱锥外一点，且在平面同侧，为等边三角形，且，平面平面.
(1)证明：；
(2)求二面角的正弦值.
3．（2024·江苏宿迁·一模）如图，在四棱锥中，四边形为梯形，其中，，平面平面．

(1)证明：；
(2)若，且与平面所成角的正切值为2，求平面与平面所成二面角的正弦值．
模板03 空间中点面距及体积求解的答题模板
立体几何中空间距离的求解常常可以转化为点到面的距离的求解，进而转化为对应几何体的高来求解，是高考中的高频考点，需熟练掌握向量法和几何法求点面距；求体积是空间几何的基础，需重点强化练习.
1．空间两点间的距离公式
若，，则 =.
2．点到平面的距离
（为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）.
3．点面距可转化为三棱锥等体积求解
（2024·全国·高考真题）如图，，，，,为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到的距离.
1．（2023·全国·高考真题）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．
2．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，

(1)求证：//平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
3．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱柱中，平面．

(1)证明：平面平面；
(2)设，求四棱锥的高．
1．（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，已知为锐角三角形，平面平面，，点是的中点．
(1)求证：；
(2)若，二面角的余弦值为，求三棱锥的体积．
2．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，为边长为3的正三角形，侧面为正方形，在底面内的射影为点O．

(1)求证：；
(2)若，求直线和平面的距离．
3．（2021·全国·高考真题）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.
模板04 动点与存在性问题的答题模板
立体几何中的动点与存在性问题是一类难点问题，需要寻找题干中动点和题设满足的对应条件，从几何法或空间向量法去解决待解问题，需强加练习和重点复习.
动点问题和存在性问题一般需结合题设条件建立方程求解
（2024·安徽·一模）如图，四棱锥中，底面 是矩形，，，，M是的中点，.
(1)证明：平面；
(2)若点P是棱上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
1．（2024·贵州贵阳·二模）由正棱锥截得的棱台称为正棱台.如图，正四棱台中，分别为的中点，，侧面与底面所成角为.

(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由.
2．（2024·湖南·三模）如图，四棱锥的底面是梯形，平面.
(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
3．如图，在四棱锥中，平面，与底面所成角为，四边形是梯形，．

(1)证明：平面平面；
(2)若点T是的中点，点M是的中点，求点P到平面的距离．
(3)点是线段上的动点，上是否存在一点M，使平面，若存在，求出M点坐标，若不存在，请说明理由．
1．（2024·四川绵阳·模拟预测）在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，，．
(1)证明：平面平面；
(2)是侧棱上一点，记，是否存在实数，使平面与平面所成的二面角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
2．（2024·广东广州·模拟预测）在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，三棱锥的体积为，平面与平面的交线为.

(1)求四棱锥的体积，并在答卷上画出交线（注意保留作图痕迹）；
(2)若，，且平面平面，在上是否存在点，使平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求的长度；若不存在，请说明理由.
3．（2024·山西晋中·模拟预测）如图，在多面体中，侧面为菱形，侧面为直角梯形，，，为的中点，点为线段上一动点，且，，.
(1)若点为线段的中点，证明：平面；
(2)若平面平面，且，在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
模板05 范围问题的答题模板
立体几何中范围问题是一类常考的综合问题，需结合已知条件，找到数量关系求解，难度中上，需强加练习和重点复习.
范围问题的求解常涉及到三角函数的值域、基本不等式、函数的性质及导数来求解
（2021·全国·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小
1．（2024·山东威海·一模）如图，在四棱锥中，平面平面为等边三角形，，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
2．（2024·广东广州·模拟预测）如图所示，正四面体棱长为4，，，分别在棱，，上，.
(1)求的最小值；
(2)求三棱锥体积最大时的面积.
1．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知是等边三角形．
(1)求证：；
(2)求二面角；
(3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角的正弦值最大？求出最大角正弦值，并说明点此时所在的位置．
2．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，.
(1)若平面平面，求、的值；
(2)若平面，求的最小值.
3．（2024·宁夏银川·一模）如图，在四棱锥中，已知，是的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，设点是上的动点，当与平面所成的角最大时，求二面角的余弦值．
模板06 翻折问题的答题模板
翻折问题在立体几何领域占据着至关重要的位置，它成为许多学生感到困惑和迷茫的难题。由于翻折将立体几何从静态转变为动态，学生们常常难以找到解决问题的切入点。
当我们把一个平面图形按照特定要求折叠起来，使其转变为空间图形时，我们便开始探究图形在位置和数量关系上的变化。这便是所谓的翻折问题。常见的翻折问题包括将三角形、四边形等平面图形进行折叠，随后考查立体几何中的垂直、角度、距离以及应用等方面。
在处理这类问题时，我们必须掌握空间立体几何的基本概念和定理，并且在翻折过程中特别留意保持某些量的恒定性，例如角度和距离等。
（2024·山东潍坊·二模）如图1，在平行四边形中，，，E为的中点，将沿折起，连结，，且，如图2．

(1)求证：图2中的平面平面；
(2)在图2中，若点在棱上，直线与平面所成的角的正弦值为，求点到平面的距离．
1．（2024·河北承德·二模）如图1，在直角中，为中点，，取中点，连接，现把沿着翻折，形成三棱锥如图2，此时，取中点，连接，记平面和平面的交线为为上异于的一点.

(1)求证：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.
2．（2024·河南濮阳·模拟预测）如图所示，在等腰梯形中，，，，E为CD中点，AE与BD相交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面）．
(1)求证：平面平面PBC；
(2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面所成角的正弦值为，若存在，求Q在线段PB上的位置；若不存在，说明理由．
3．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图1，在平面四边形中，，，垂足为，将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图2所示.

(1)设平面与平面的交线为，证明：.
(2)在线段上是否存在一点（点不与端点重合），使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
1．（2024·全国·二模）如图1，中，分别是线段上的动点，且，将沿折起至，如图2，在四棱锥中，为的中点，且平面.
(1)证明：；
(2)若为线段上一点，若平面与平面的夹角为，求直线与平面所成角的正弦值.
2．（2024·河南驻马店·二模）在如图①所示的平面图形中，四边形为菱形，现沿进行翻折，使得平面，过点作，且，连接，所得图形如图②所示，其中为线段的中点，连接.

(1)求证：平面；
(2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
3．（2024·湖北·一模）如图，在平行四边形中，为的中点，沿将翻折至位置得到四棱锥为上一动点.

(1)若为的中点，证明：在翻折过程中均有平面；
(2)若，①证明：平面平面；
②记四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，若，求点到平面的距离.
1．（2022·全国·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
2．（2024·广东汕头·三模）如图，四面体中，是的中点，，
(1)求异面直线AB与CD所成角余弦值的大小；
(2)求点E到平面ACD的距离.
3．（2024·浙江金华·一模）如图，三棱锥中，平面，，为中点，为中点，为中点.

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
4．（2024·安徽合肥·一模）如图，三棱柱中，四边形均为正方形，分别是棱的中点，为上一点.
(1)证明：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
5．（2024·江西·一模）如图，在三棱锥中，．

(1)证明：平面平面；
(2)若是线段上的点，且，求二面角的正切值．
6．（2024·河南·模拟预测）在直三棱柱中，，为的中点.
(1)若，，求的长；
(2)若，，求二面角的平面角的正切值.
7．（2024·山东淄博·二模）已知直角梯形，，，，为对角线与的交点．现以为折痕把折起，使点到达点的位置，点为的中点，如图所示：
(1)证明：平面；
(2)求三棱锥体积的最大值；
(3)当三棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值．
8．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2．
(1)证明：平面平面；
(2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
9．（2024·重庆·模拟预测）如图，ACDE为菱形，，，平面平面ABC，点F在AB上，且，M，N分别在直线CD，AB上．
(1)求证：平面ACDE；
(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若，MN为直线CD，AB的公垂线，求的值；
(3)记直线BE与平面ABC所成角为，若，求平面BCD与平面CFD所成角余弦值的范围．
10．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，四棱锥中，底面，，分别为线段上一点，.
(1)若为的中点，证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
11．（2024·全国·模拟预测）如图，四棱锥中，是正三角形，底面是矩形，平面底面，分别为棱，的中点．

(1)证明：平面；
(2)证明：是异面直线和的公垂线；
(3)若二面角等于120°，求直线与底面所成角的正弦值．
12．（2024·四川达州·二模）如图，在直角梯形中，，，，把梯形绕旋转至，，分别为，中点．
(1)证明：平面；
(2)若，求二面角余弦的最小值．
13．（2024·山东临沂·二模）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，，平面AMHN，点M，N，H分别在棱PB，PD，PC上，且．
(1)证明：；
(2)若H为PC的中点，，PA与平面PBD所成角为60°，四棱锥被平面截为两部分，记四棱锥体积为，另一部分体积为，求.
14．（2024·江苏南京·二模）如图，，，点、在平面的同侧，，，，平面平面，.

(1)求证：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.
15．（2024·江西南昌·一模）如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，已知为棱的中点，在底面的投影为线段的中点，是棱上一点.

(1)若，求证：平面；
(2)若，确定点的位置，并求二面角的余弦值.
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