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重难点22 立体几何必考经典解答题全归类【十大题型】
【新高考专用】
【题型1 立体几何中的体积问题】 4
【题型2 立体几何中的线段长度问题】 5
【题型3 空间角问题】 7
【题型4 空间点、线、面的距离问题】 9
【题型5 立体几何中的作图问题】 11
【题型6 立体几何中的折叠问题】 14
【题型7 立体几何中的轨迹问题】 16
【题型8 立体几何中的探索性问题】 17
【题型9 立体几何建系繁琐问题（几何法）】 20
【题型10 新情景、新定义下的立体几何问题】 21
1、立体几何必考经典解答题全归类
空间向量与立体几何是高考的重点、热点内容，空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，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；第一小问主要考察空间线面位置关系的证明，难度较易；第二、三小问一般考察空间角、空间距离与几何体的体积等，难度中等偏难；空间向量作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，解题时需要灵活建系．
【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】
1．求几何体体积的常用方法
(1)公式法：直接代入公式求解.
(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.
(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.
(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.
2．求组合体的表面积与体积的一般方法
求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该
怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.
【知识点2 几何法与向量法求空间角】
1．几何法求异面直线所成的角
(1)求异面直线所成角一般步骤：
①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；
②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；
③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；
④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.
2．用向量法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
3．几何法求线面角
(1)垂线法求线面角(也称直接法)：
①先确定斜线与平面，找到线面的交点B为斜足；找线在面外的一点A，过点A向平面做垂线，确定垂足O；
②连结斜足与垂足为斜线AB在面上的投影；投影BO与斜线AB之间的夹角为线面角；
③把投影BO与斜线AB归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形.
(2)公式法求线面角(也称等体积法)：
用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.
公式为：，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.
4．向量法求直线与平面所成角的主要方法:
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
5．几何法求二面角
作二面角的平面角的方法：
作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.
6．向量法求二面角的解题思路:
用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.
【知识点3 空间距离的求解策略】
1．向量法求点到直线距离的步骤：
(1)根据图形求出直线的单位方向向量.
(2)在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量.
(3)垂线段长度.
2．求点到平面的距离的常用方法
(1)直接法：过P点作平面的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面的距离.
②转化法：若点P所在的直线l平行于平面，则转化为直线l上某一个点到平面的距离来求.
③等体积法.
④向量法：设平面的一个法向量为，A是内任意点，则点P到的距离为.
【知识点4 立体几何中的轨迹问题的解题策略】
1．动点轨迹的判断方法
动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程.
2．立体几何中的轨迹问题的常见解法
(1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题.
(2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲线的变化，依赖于哪一个变量 设出这个变量为t，求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去参数t，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法.
(3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动点的轨迹，再进行求解.
(4)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进行求解.
(5)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问题，进行求解.
【知识点5 立体几何中的探索性问题的求解策略】
1．与空间向量有关的探索性问题的求解策略：
在立体几何中，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、二面角或点线面距离满足特定要求时的存在性问题．
解决这两类探索性问题的解题策略是：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．
【题型1 立体几何中的体积问题】
【例1】（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知三棱柱，如图所示，是，上一动点，点、分别是、的中点，，．
(1)求证：平面；
(2)当平面，且时，求三棱锥的体积．
【变式1-1】（2024·山东日照·二模）在三棱锥中，，平面，点在平面内，且满足平面平面，．

(1)求证：；
(2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积．
【变式1-2】（2024·河南·模拟预测）如图，几何体中，底面为边长为2的菱形，平面平面，平面平面，.
(1)证明：平面；
(2)若，平面与平面的夹角为，求四棱锥的体积.
【变式1-3】（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）如图，四棱锥的底面是矩形，平面为的中点，为PA上一点，且．
(1)证明：平面BDQ；
(2)若二面角为，求三棱锥的体积．
【题型2 立体几何中的线段长度问题】
【例2】（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.
【变式2-1】（2024·重庆·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面为等边三角形，，点为棱上的动点．
(1)证明：平面；
(2)当二面角的大小为时，求线段的长度．
【变式2-2】（2024·湖北·模拟预测）如图，平面，在平面的同侧，，，，.
(1)若四点在同一平面内，求线段的长；
(2)若，平面与平面的夹角为，求线段的长.
【变式2-3】（2024·湖南·模拟预测）如图1，在五边形中，连接对角线，，，，将三角形沿折起，连接，得四棱锥（如图2），且为的中点，为的中点，点在线段上.

(1)求证：平面平面；
(2)若平面和平面的夹角的余弦值为，求线段的长.
【题型3 空间角问题】
【例3】（2024·青海·二模）如图，在三棱柱中，所有棱长均相等，，，.

(1)证明；平面.
(2)若二面角的正弦值.
【变式3-1】（2024·福建龙岩·三模）如图，在四棱台中，底面四边形ABCD为菱形，平面ABCD.

(1)证明：；
(2)若M是棱BC上的点，且满足，求二面角的余弦值.
【变式3-2】（2024·黑龙江大庆·三模）如图，在四棱锥中， ，，且是的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的余弦值.
【变式3-3】（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．
【题型4 空间点、线、面的距离问题】
【例4】（2024·天津和平·二模）如图，三棱台中，为等边三角形，，平面ABC，点M，N，D分别为AB，AC，BC的中点，．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求点D到平面的距离．
【变式4-1】（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点.
(1)证明：；
(2)求直线与平面的距离.
【变式4-2】（2024·上海·三模）如图，在直三棱柱中，，，，D是棱AB上的一点．
(1)若，求异面直线与所成的角的大小；
(2)若，求点B到平面的距离．
【变式4-3】（2024·海南·模拟预测）如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，，.
(1)证明： ;
(2)若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，点 为线段 上一点，求点到平面 的距离.
【题型5 立体几何中的作图问题】
【例5】（2024·贵州贵阳·模拟预测）如图，正三棱柱中，，.设点D为上的一点，过D，A作平面的垂面，
(1)画出平面与正三棱柱表面的交线（保留作图痕迹，不需证明）；
(2)若到平面的距离为，求AC与平面所成角的正弦值.
【变式5-1】（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.
【变式5-2】（2023·广西·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．
【变式5-3】（2024·广西河池·模拟预测）已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，，为中点，过，，的平面截四棱锥所得的截面为．
(1)若与棱交于点，画出截面，保留作图痕迹（不用说明理由），并证明．
(2)求多面体的体积．
【题型6 立体几何中的折叠问题】
【例6】（2024·四川南充·三模）已知如图，在矩形中，，，将沿折起，得到三棱锥，其中是折叠前的，过M作的垂线，垂足为H，.
(1)求证：；
(2)过H作的垂线，垂足为N，求点N到平面的距离.
【变式6-1】（2023·甘肃·一模）如图甲所示的正方形中，，对角线分别交于点，将正方形沿折叠使得与重合，构成如图乙所示的三棱柱.点在棱上，且.
(1)证明： 平面；
(2)求三棱锥的体积.
【变式6-2】（2024·全国·模拟预测）如图，在梯形中，为线段上靠近点的三等分点，将沿着折叠，得到四棱锥，使平面平面为线段上的点．
(1)求证：；
(2)是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为 若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．
【变式6-3】（2024·安徽合肥·三模）如图一：等腰直角中且，分别沿三角形三边向外作等腰梯形使得，沿三边折叠，使得，重合于，如图二
(1)求证：．
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【题型7 立体几何中的轨迹问题】
【例7】（2024·安徽芜湖·二模）在三棱锥中，平面，，点在平面内，且满足平面平面垂直于．
(1)当时，求点的轨迹长度；
(2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积．
【变式7-1】（2024·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，是侧面内的动点（包括边界），D为的中点，．
(1)求证：点E的轨迹为线段；
(2)求平面与平面夹角的大小．
【变式7-2】（2024·全国·模拟预测）如图，四边形为圆台的轴截面，，圆台的母线与底面所成的角为45°，母线长为，是的中点．
(1)已知圆内存在点，使得平面，作出点的轨迹（写出解题过程）；
(2)点是圆上的一点（不同于，），，求平面与平面所成角的正弦值．
【变式7-3】（2024·云南曲靖·模拟预测）如图，四面体的每条棱长都等于2，分别是棱的中点，分别为面，面，面的重心.
(1)求证：面面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值；
(3)保持点位置不变，在内（包括边界）拖动点，使直线与平面平行，求点轨迹长度；
【题型8 立体几何中的探索性问题】
【例8】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且．
(1)设线段中点为，证明：平面；
(2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离等于，如果存在，求的长．
【变式8-1】（2024·贵州黔西·一模）如图所示为直四棱柱，，分别是线段的中点.
(1)证明:平面；
(2)求直线BC与平面所成角的正弦值，并判断线段BC上是否存在点，使得平面，若存在，求出BP的值，若不存在，请说明理由.
【变式8-2】（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．
【变式8-3】（2024·天津·一模）已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由．
【题型9 立体几何建系繁琐问题（几何法）】
【例9】（2024·山东·二模）如图所示，直三棱柱，各棱长均相等.，，分别为棱，，的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)求直线与所成角的正弦值.
【变式9-1】（2024·陕西铜川·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，，点E是的中点，且．

(1)求证：；
(2)求点E到平面的距离．
【变式9-2】（2024·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，，且，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，，求与平面所成角的大小.
【变式9-3】（2024·浙江·模拟预测）.如图，底面固定在底面上的盛水容器口为正方形，侧棱，，，相互平行.
(1)证明：底面四边形是平行四边形；
(2)若已知四条侧棱垂直于面，且，.现往该容器中注水，求该容器最大盛水体积及此时侧面与底面所成角的余弦值（水面平行于底面）.
【题型10 新情景、新定义下的立体几何问题】
【例10】（23-24高一下·四川成都·期末）类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则．
（1）当、时，证明以上三面角余弦定理；
（2）如图2，平行六面体中，平面平面，，，
①求的余弦值；
②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．
【变式10-1】（24-25高三上·浙江·开学考试）已知是棱长为的正四面体，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，为的阶等距集.
(1)若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能值以及相应的的个数；
(2)已知为的4阶等距平面，且点与点分别位于的两侧.若的4阶等距集为，其中点到的距离为，求平面与夹角的余弦值.
【变式10-2】（23-24高一下·福建三明·期末）阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为 ，其中 为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面 ，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. ”已知在直四棱柱中，底面为菱形.. （角的运算均采用弧度制）
(1)若，求四棱柱在顶点处的离散曲率；
(2)若四棱柱在顶点处的离散曲率为，求与平面的夹角的正弦值；
(3)截取四面体，若该四面体在点处的离散曲率为与平面交于点，证明：.
【变式10-3】（23-24高一下·湖南长沙·期末）空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，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，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且.
(1)证明：平面；
(2)若，求二面角的余弦值；
(3)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数.
一、单选题
1．（2024·内蒙古包头·三模）如图，已知正方形ABCD为圆柱的轴截面，，E，F为上底面圆周上的两个动点，且EF过上底面的圆心G，若，则三棱锥的体积为（ ）

A． B． C． D．
2．（2024·全国·模拟预测）已知正方体的棱长为4，点平面，且，则点M的轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·山东济南·三模）如图所示，正方体的棱长为1，点分别为的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与直线垂直 B．直线与平面平行
C．三棱锥的体积为 D．直线BC与平面所成的角为
4．（2024·全国·模拟预测）已知中，，在线段上取一点，连接，如图①所示．将沿直线折起，使得点到达的位置，此时内部存在一点，使得平面，如图②所示，则的值可能为（ ）
A． B． C． D．1
5．（2024·湖北·模拟预测）如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面所截得到的，其中，，，，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·广西南宁·一模）在边长为4的菱形中，．将菱形沿对角线折叠成大小为的二面角．若点为的中点，为三棱锥表面上的动点，且总满足，则点轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）已知四棱锥的底面为正方形，底面，点是线段上的动点，则直线与平面所成角的最大值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·青海·模拟预测）如图，在正方体中，，，，，，分别为棱，，，，，的中点，为的中点，连接，．对于空间任意两点，，若线段上不存在也在线段，上的点，则称，两点“可视”，则与点“可视”的点为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2024·湖北襄阳·模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点，以下说法正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为 B．平面
C．平面 D．二面角的余弦值为
10．（2024·广东佛山·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面平面，且和均是边长为的等边三角形，分别为的中点，为上的动点（不含端点），平面交直线于，则下列说法正确的是（ ）
A．当运动时，总有
B．当运动时，点到直线距离的最小值为
C．存在点，使得平面
D．当时，直线交于同一点
11．（2024·山东·二模）如图，在直三棱柱中，，分别为棱上的动点，且，，，则（ ）
A．存在使得
B．存在使得平面
C．若长度为定值，则时三棱锥体积最大
D．当时，直线与所成角的余弦值的最小值为
三、填空题
12．（2024·安徽芜湖·三模）在棱长为4的正方体中，点是棱的中点，则四面体的外接球的体积为 ．
13．（2024·四川成都·二模）如图，在平行四边形中，，，且EF交AC于点G，现沿折痕AC将折起，直至满足条件，此时EF的长度为 ．
14．（2024·全国·模拟预测）在棱长为2的正方体中，动点，分别在棱，上，且满足，当的体积最小时，与平面所成角的正弦值是 ．
四、解答题
15．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，已知多面体是由正四棱锥P-ABCD与正方体组合而成的，且.

(1)求证：平面；
(2)若，求四棱锥的体积.
16．（2024·陕西铜川·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，点M是棱PC的中点．
(1)求证：平面PAD；
(2)求平面PAB与平面BMD所成锐二面角的余弦值．
17．（2024·云南·模拟预测）如图，已知四棱锥中，平面，，．

(1)求证：平面平面；
(2)若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长．
18．（2024·四川雅安·模拟预测）如图，在三棱柱中，棱的中点分别为在平面内的射影为D，是边长为2的等边三角形，且，点F在棱上运动（包括端点）．
(1)若点为棱的中点，求点到平面的距离；
(2)求锐二面角的余弦值的取值范围．
19．（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.
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重难点22 立体几何必考经典解答题全归类【十大题型】
【新高考专用】
【题型1 立体几何中的体积问题】 4
【题型2 立体几何中的线段长度问题】 10
【题型3 空间角问题】 15
【题型4 空间点、线、面的距离问题】 21
【题型5 立体几何中的作图问题】 27
【题型6 立体几何中的折叠问题】 33
【题型7 立体几何中的轨迹问题】 39
【题型8 立体几何中的探索性问题】 47
【题型9 立体几何建系繁琐问题（几何法）】 54
【题型10 新情景、新定义下的立体几何问题】 59
1、立体几何必考经典解答题全归类
空间向量与立体几何是高考的重点、热点内容，空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，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；第一小问主要考察空间线面位置关系的证明，难度较易；第二、三小问一般考察空间角、空间距离与几何体的体积等，难度中等偏难；空间向量作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，解题时需要灵活建系．
【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】
1．求几何体体积的常用方法
(1)公式法：直接代入公式求解.
(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.
(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.
(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.
2．求组合体的表面积与体积的一般方法
求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该
怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.
【知识点2 几何法与向量法求空间角】
1．几何法求异面直线所成的角
(1)求异面直线所成角一般步骤：
①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；
②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；
③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；
④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.
2．用向量法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
3．几何法求线面角
(1)垂线法求线面角(也称直接法)：
①先确定斜线与平面，找到线面的交点B为斜足；找线在面外的一点A，过点A向平面做垂线，确定垂足O；
②连结斜足与垂足为斜线AB在面上的投影；投影BO与斜线AB之间的夹角为线面角；
③把投影BO与斜线AB归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形.
(2)公式法求线面角(也称等体积法)：
用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.
公式为：，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.
4．向量法求直线与平面所成角的主要方法:
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
5．几何法求二面角
作二面角的平面角的方法：
作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.
6．向量法求二面角的解题思路:
用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.
【知识点3 空间距离的求解策略】
1．向量法求点到直线距离的步骤：
(1)根据图形求出直线的单位方向向量.
(2)在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量.
(3)垂线段长度.
2．求点到平面的距离的常用方法
(1)直接法：过P点作平面的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面的距离.
②转化法：若点P所在的直线l平行于平面，则转化为直线l上某一个点到平面的距离来求.
③等体积法.
④向量法：设平面的一个法向量为，A是内任意点，则点P到的距离为.
【知识点4 立体几何中的轨迹问题的解题策略】
1．动点轨迹的判断方法
动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程.
2．立体几何中的轨迹问题的常见解法
(1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题.
(2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲线的变化，依赖于哪一个变量 设出这个变量为t，求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去参数t，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法.
(3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动点的轨迹，再进行求解.
(4)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进行求解.
(5)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问题，进行求解.
【知识点5 立体几何中的探索性问题的求解策略】
1．与空间向量有关的探索性问题的求解策略：
在立体几何中，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、二面角或点线面距离满足特定要求时的存在性问题．
解决这两类探索性问题的解题策略是：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．
【题型1 立体几何中的体积问题】
【例1】（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知三棱柱，如图所示，是，上一动点，点、分别是、的中点，，．
(1)求证：平面；
(2)当平面，且时，求三棱锥的体积．
【解题思路】（1）由中位线得到线线平行，得到线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，求出点到平面的距离，利用三棱锥体积公式求出答案.
【解答过程】（1）因为点、分别是、的中点，
所以 ，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）因为平面，平面，
所以 ， ，
又，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设平面法向量的法向量为，
则，
解得，令，则，故，
则点到平面的距离为，
由勾股定理得，
，
则三棱锥的体积为.
【变式1-1】（2024·山东日照·二模）在三棱锥中，，平面，点在平面内，且满足平面平面，．

(1)求证：；
(2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积．
【解题思路】（1）作，证得平面，得到，再由平面，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得；
（2）以为原点，建立空间直角坐标，设，由，得到，求得，在求得平面和的法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程求得点的坐标，根据棱锥的体积公式，即可求解.
【解答过程】（1）解：作交于，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
因为平面，且平面，所以，
又因为，，且平面，，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：以为原点，以所在的直线分别为，建立空间直角坐标，
如图所示，则，
设，因为，所以，
因为，所以，即，
又由，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，所以，
又因为为平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，
因为，解得（舍去）或，
所以点或，
所以三棱锥的体积为.
【变式1-2】（2024·河南·模拟预测）如图，几何体中，底面为边长为2的菱形，平面平面，平面平面，.
(1)证明：平面；
(2)若，平面与平面的夹角为，求四棱锥的体积.
【解题思路】（1）由面面垂直的性质定理结合线面垂直的判定定理即可得；
（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标后结合题意确定点位置后由体积公式计算即可得.
【解答过程】（1）在平面内分别作直线，，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
又平面，所以.
同理可证，又m，平面，且m，n为相交直线，
所以平面；

（2）取中点G，连接，，且底面为菱形，
故为等边三角形，所以，
以D为原点，，为x，y轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，
故，由平面平面，
所以可设，为平面的法向量，
则有，即，取，得.
由平面平面，故为平面的一个法向量，
结合已知有，又，所以，
所以.
【变式1-3】（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）如图，四棱锥的底面是矩形，平面为的中点，为PA上一点，且．
(1)证明：平面BDQ；
(2)若二面角为，求三棱锥的体积．
【解题思路】（1）以向量为基底，分别表示向量，利用建立方程，确定为AP的中点，从而得到OQ为的中位线，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面BDQ的法向量和平面CDQ的法向量，利用二面角为建立方程，解方程可得DC的长度，接着利用体积公式即可求解.
【解答过程】（1）证明：因为平面平面ABCD，
所以，则．
设，
则，
，
因为，所以，即
则，解得，
所以为AP的中点．
连结AC，与BD交于点，连结QO，
由于底面ABCD是矩形，所以为AC的中点，则OQ为的中位线，
所以，
又平面平面BDQ，
所以平面BDQ
（2）易知DA，DC，DP两两互相垂直，
以为坐标原点，以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
，
设平面BDQ的法向量为，
由，得，
取，则，
设平面CDQ的法向量为，
由，得，
取，则，
于是，解得，
故三棱锥的体积为．
【题型2 立体几何中的线段长度问题】
【例2】（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.
【解题思路】(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
【解答过程】（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.
【变式2-1】（2024·重庆·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面为等边三角形，，点为棱上的动点．
(1)证明：平面；
(2)当二面角的大小为时，求线段的长度．
【解题思路】（1）先求得，再根据线面垂直的判定定理证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法列方程来求得点的坐标，进而求得的长度.
【解答过程】（1）依题意，所以，
所以，所以，则，
由于平面，平面，所以，
由于平面，所以平面.
（2）由（1）可知两两相互垂直，由此以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，设，
平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，
故可设，
依题意，二面角的大小为，
所以，
整理得，
解得或（舍去），所以，
所以.
【变式2-2】（2024·湖北·模拟预测）如图，平面，在平面的同侧，，，，.
(1)若四点在同一平面内，求线段的长；
(2)若，平面与平面的夹角为，求线段的长.
【解题思路】（1）由线面平行的判定定理、性质定理得四边形是平行四边形可得答案；
（2）以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，设，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案.
【解答过程】（1），平面，平面，平面，
，则四点共面，
平面，平面，平面平面，，又，则四边形是平行四边形，
；
（2）以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴，
建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，，
设是平面的一个法向量，
由，得，令，可得，
可得，
设是平面的一个法向量，
由，得，令，可得，
可得，
依题意，
解得，.
【变式2-3】（2024·湖南·模拟预测）如图1，在五边形中，连接对角线，，，，将三角形沿折起，连接，得四棱锥（如图2），且为的中点，为的中点，点在线段上.

(1)求证：平面平面；
(2)若平面和平面的夹角的余弦值为，求线段的长.
【解题思路】（1）由等腰三角形证得，勾股定理证得，可得平面，得平面平面.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，利用向量法表示两个平面夹角的余弦值，由方程解出的值.
【解答过程】（1）连接，则，因为，，
所以四边形为矩形，所以，
因为，且为的中点，
所以，且，
所以，即，
又因为，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
设，则，
所以，
设平面的法向量为，则
令，则，得
又，
设平面的法向量为，则
令，则，得，
所以，
解得，或（舍），
所以线段的长为1.
【题型3 空间角问题】
【例3】（2024·青海·二模）如图，在三棱柱中，所有棱长均相等，，，.

(1)证明；平面.
(2)若二面角的正弦值.
【解题思路】（1）设D为的中点，先证明平面，以此得到，再证明，结合线面垂直的判定定理即可得解；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合向量夹角的坐标公式即可求解.
【解答过程】（1）

设D为的中点，连接，，.
因为在三角形中，，所以三角形是等边三角形，
而是的中点，故由三线合一可知，，
因为，是三角形的中位线，即，所以.
因为，平面，所以平面.
因为平面，所以.
在中，，O为的中点，所以.
因为，平面，所以平面.
（2）设三棱柱的棱长为，以O为坐标原点，的方向为x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，可取.
设平面的法向量为，
则，可取.
因为平面平面，所以平面的一个法向量为.
，，
故二面角的正弦值为.
【变式3-1】（2024·福建龙岩·三模）如图，在四棱台中，底面四边形ABCD为菱形，平面ABCD.

(1)证明：；
(2)若M是棱BC上的点，且满足，求二面角的余弦值.
【解题思路】（1）先根据线面垂直的性质得，再根据线面垂直的判定定理得平面，从而利用线面垂直的性质定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出点的坐标，然后利用法向量求法求出平面和平面的法向量，再利用向量法求解即可.
【解答过程】（1）在四棱台中，延长后必交于一点，
故四点共面，因为平面，平面，故，
连接，因为底面四边形为菱形，故，
平面，故平面，
因为平面，所以 .

（2）过点A作的垂线，交与点N，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图），

设，则，由于，故，
则，，
则，，，
记平面的法向量为，
则，即，令，
则，即，
平面的法向量可取为，
则.
所以二面角的余弦值为.
【变式3-2】（2024·黑龙江大庆·三模）如图，在四棱锥中， ，，且是的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的余弦值.
【解题思路】（1）先证明线面垂直再根据面面垂直判定定理证明即可；
（2）先根据二面角求参得出点的坐标，再应用线面角向量求法计算.
【解答过程】（1）因为，
由余弦定理得，所以.
因为，所以，所以.
因为 ，所以四边形为平行四边形，所以.
因为，所以，即.
因为平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）在平面内，过点作，交于.
因为平面平面，平面平面，所以平面.

以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则.
由（1）可知为二面角的平面角，即，所以，由，可得.
所以.
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角为，则
所以直线与平面所成角的余弦值为.
【变式3-3】（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．
【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理、性质定理及面面垂直的判定定理可得答案；
（2）以O为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，求出平面AEQ的法向量，由线面角的向量求法求出可得答案.
【解答过程】（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．
【题型4 空间点、线、面的距离问题】
【例4】（2024·天津和平·二模）如图，三棱台中，为等边三角形，，平面ABC，点M，N，D分别为AB，AC，BC的中点，．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求点D到平面的距离．
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用，结合平面，得出平面；
（2）利用向量的夹角公式即可求解；
（3）利用点到平面的距离的向量法公式，即可求解．
【解答过程】（1）因为侧棱底面，为等边三角形，所以过点作，则以为点A为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系，
设长为，则
，，
因为，所以，则有，．
所以，，，，，，．
证明：因为，，设平面的法向量为，
则，令，则，
又因为．
所以，所以，又因为平面，所以平面．
（2）因为为中点，所以，则，
有，又，设直线与平面所成角为，
，
则直线与平面所成角的正弦值为．
（3）因为，平面的法向量为，
所以，点D到平面的距离为．
【变式4-1】（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点.
(1)证明：；
(2)求直线与平面的距离.
【解题思路】（1）首先证明平面，再由线面平行的性质证明即可；
（2）连接,，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得.
【解答过程】（1）因为、分别为、的中点，所以，
又平面，平面，则平面，
又平面，平面平面，所以.
（2）由（1）知，平面，
则点到平面的距离即为与平面的距离，
连接,，由均为正三角形，为的中点，得，
又平面平面，平面平面平面，
于是平面，又平面，则，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，又，，
又，可得，
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，
设点到平面的距离为，则，
所以与平面的距离为.
【变式4-2】（2024·上海·三模）如图，在直三棱柱中，，，，D是棱AB上的一点．
(1)若，求异面直线与所成的角的大小；
(2)若，求点B到平面的距离．
【解题思路】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出与的坐标，再利用线线角的向量求法求解即得.
（2）由（1）的坐标系，求出点的坐标，平面的法向量坐标，再利用点到平面的距离公式计算即得.
【解答过程】（1）在直三棱柱中，，则直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
由，得，于是，
，
所以异面直线与所成角的余弦为，大小为.
（2）令，，点，
则，由，
得，而，解得或，
当时，点与点重合，点B在平面内，因此点B到平面的距离为0；
当时，，，
设平面的法向量，则，
取，得，
而，因此点B到平面的距离，
所以点B到平面的距离为0或.
【变式4-3】（2024·海南·模拟预测）如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，，.
(1)证明： ;
(2)若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，点 为线段 上一点，求点到平面 的距离.
【解题思路】（1）因为，因此只需证明平面，只需证明（由题可证），，由勾股定理易证.
（2）建立空间直角坐标系，先由直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求出，再证明平面，由此得点M到平面 的距离等价于点到平面 的距离，再由点到平面的距离公式求解即可.
【解答过程】（1）因为，，
所以，所以,
因为为直四棱柱，
所以,
因为，平面，
所以平面，
因为，所以平面，
因为平面，所以
（2）由（1）及题意知，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系
因为，.设，
所以
所以,
设平面的一个法向量为
则，
令，则，所以
设直线 与平面 所成的角为，
则，
解得，所以
所以点到平面 的距离为
因为，所以
因为不在平面，所以平面，
因为M在线段上，所以点M到平面 的距离等价于点到平面 的距离，为
故点M到平面 的距离.
【题型5 立体几何中的作图问题】
【例5】（2024·贵州贵阳·模拟预测）如图，正三棱柱中，，.设点D为上的一点，过D，A作平面的垂面，
(1)画出平面与正三棱柱表面的交线（保留作图痕迹，不需证明）；
(2)若到平面的距离为，求AC与平面所成角的正弦值.
【解题思路】（1）记，的中点分别为，过点D作，交于点E，连接，平面即为；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法由到平面的距离为确定点D位置，然后由线面角的定义求解可得.
【解答过程】（1）记，的中点分别为，过点D作，交于点E，
连接，易知，所以，所以平面即为.
由正三棱柱的的性质可知，，平面平面，
且平面平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）如图，以O为坐标原点，OA，OB，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，
所以,
设，则点的D坐标为，
所以.
设平面的法向量为，则，
所以，，
令，则，所以，
所以到平面的距离，解得，
因为，AC与平面所成角等于与平面所成角，
所以.
【变式5-1】（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.
【解题思路】（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.
【解答过程】（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.
【变式5-2】（2023·广西·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．
【解题思路】（1）延长，可得四边形为截面，即可得解；
（2）建系，求解.
【解答过程】（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.
【变式5-3】（2024·广西河池·模拟预测）已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，，为中点，过，，的平面截四棱锥所得的截面为．
(1)若与棱交于点，画出截面，保留作图痕迹（不用说明理由），并证明．
(2)求多面体的体积．
【解题思路】（1）延长，连接交于，连接，可得截面；过作交于，通过证明，可得；
（2）由（1）可得，后由题目条件可得答案.
【解答过程】（1）延长，连接交于，连接，如图，四边形为截面.
中，，由，则为中点，为中点．
过作交于，则.
,.，即．
（2）.
由题意及（1）可得，.
则；
又可得，点F到平面BEC距离为，
则.
则．
【题型6 立体几何中的折叠问题】
【例6】（2024·四川南充·三模）已知如图，在矩形中，，，将沿折起，得到三棱锥，其中是折叠前的，过M作的垂线，垂足为H，.
(1)求证：；
(2)过H作的垂线，垂足为N，求点N到平面的距离.
【解题思路】（1）连接，利用余弦定理、勾股定理的逆定理证明，再利用线面垂直的判定性质推理即得.
（2）证明平面，再利用等体积法求出点到平面的距离即可.
【解答过程】（1）连接，由，，
得，
在中，由余弦定理得，
则，于是，而平面，
因此平面，又平面，
所以.
（2）在中，由，，得，而平面，
平面，则平面，于是点到平面的距离等于点到平面的距离，
又，设点到平面的距离为，则，
，，
，，
由，得，即，解得，
所以点N到平面的距离.
【变式6-1】（2023·甘肃·一模）如图甲所示的正方形中，，对角线分别交于点，将正方形沿折叠使得与重合，构成如图乙所示的三棱柱.点在棱上，且.
(1)证明： 平面；
(2)求三棱锥的体积.
【解题思路】（1）过作，连接，证明四边形为平行四边形，根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）根据三棱锥的等体积法，将三棱锥的体积转化为求的体积，结合二者之间的数量关系，可得答案,
【解答过程】（1）证明：在图乙中，过作，交于，连接，
由于，则，所以共面，
且平面平面，
因为，所以，
又在正方形中，,
所以，
由，得，
所以四边形为平行四边形，则，
又平面平面，所以 平面..
（2）由（1）知，所以，
因为，即，
所以
.
【变式6-2】（2024·全国·模拟预测）如图，在梯形中，为线段上靠近点的三等分点，将沿着折叠，得到四棱锥，使平面平面为线段上的点．
(1)求证：；
(2)是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为 若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）计算，根据勾股定理得到，确定平面，证明平面，得到答案.
（2）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算平面的法向量为，设，，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【解答过程】（1），故为等腰直角三角形，
，故．
在中，，，
故，，
平面平面，平面平面平面，
故平面，平面，故，
又平面，故平面，
又平面，故.
（2）存在，，理由如下：
如图，以点为坐标原点，以所在的直线分别为轴、轴，
以过点垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，
则．
设，，则，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，
设直线与平面所成的角为，
则，解得，（舍），
故存在点使得直线与平面所成角的正弦值为，则．
【变式6-3】（2024·安徽合肥·三模）如图一：等腰直角中且，分别沿三角形三边向外作等腰梯形使得，沿三边折叠，使得，重合于，如图二
(1)求证：．
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【解题思路】（1）补全图形得到三棱锥，由线面垂直证得；
（2）思路一：建立空间直角坐标系，运用向量求解线面角；
思路二：等体积法求得到平面的距离，再用几何法求得线面角.
【解答过程】（1）延长交于点过作于，过作于，
又四边形为等腰梯形，则，则，
又，所以，为的中点，
延长交于点，则，为的中点，则，
与重合于点，为三棱锥，
设为中点，等腰直角中，
又 为的中点，为的中点，，∴，
，又平面 平面，
又平面，.
（2）方法一：
为中点，，
又，
以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，
， ，，
设平面的法向量为，则 ，
取，则，所以.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
方法二：
为中点，，，
又，
又，平面，∴平面，
，为等边三角形，设到平面的距离为，
∴，
.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【题型7 立体几何中的轨迹问题】
【例7】（2024·安徽芜湖·二模）在三棱锥中，平面，，点在平面内，且满足平面平面垂直于．
(1)当时，求点的轨迹长度；
(2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积．
【解题思路】（1）先通过垂直关系得到，然后建立空间直角坐标系得到点的轨迹，根据角度求轨迹的长；
（2）利用向量法求面面角，解方程求出点的坐标，进而利用体积公式求解即可.
【解答过程】（1）作交于，
因为平面平面，且平面平面，面，
所以平面，又因为平面，所以，
因为平面，且平面，所以，
因为，，、平面，，
所以平面，又因为平面，所以．
分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
设，因为，所以，
又，，
所以，即，
设中点为，则，如图：
又，所以，
因此，的轨迹为圆弧，其长度为；
（2）由（1）知，可设，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令得．
为平面的一个法向量，令二面角为角，
，又，
解得，（舍去）或，，
则或，
从而可得三棱锥的体积．
【变式7-1】（2024·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，是侧面内的动点（包括边界），D为的中点，．
(1)求证：点E的轨迹为线段；
(2)求平面与平面夹角的大小．
【解题思路】（1）方法一（几何法）补形为正方体，证明平面，所以在平面内，从而得证；
方法二（坐标法）如图建立空间直角坐标系，设，由条件可得，从而得证；
（2）方法一（几何法）平面即平面，由二面角定义可知就是平面与平面所成角，从而可解；
方法二（坐标法）空间向量法求两平面夹角.
【解答过程】（1）方法一（几何法）
补形为正方体，连接，
显然．
由正方体性质，平面，平面，所以，
又，且平面，，
所以平面，而平面，所以，
同理，又平面，，
所以平面，即平面．
因为，
所以在平面内．
又因为平面，
所以点E在平面和平面的交线上．
因为平面平面是侧面内的动点（包括边界），
所以点E的轨迹为线段．
方法二（坐标法）
如图建立空间直角坐标系，则，
设，则，则．
由得，
所以即，
所以点E的轨迹为线段．
（2）方法一（几何法）
因为点E的轨迹为线段，
所以平面即平面．
因为平面平面，
又因为平面，
所以且是锐角，
所以就是平面与平面所成角，
所以平面与平面的夹角为．
方法二（坐标法）
如图建立空间直角坐标系，则，
所以．
因为点E的轨迹为线段，
所以平面与平面所成角，就是平面与平面所成角．
显然平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
由得
令，则，
所以，
所以，
所以平面与平面的夹角为．
【变式7-2】（2024·全国·模拟预测）如图，四边形为圆台的轴截面，，圆台的母线与底面所成的角为45°，母线长为，是的中点．
(1)已知圆内存在点，使得平面，作出点的轨迹（写出解题过程）；
(2)点是圆上的一点（不同于，），，求平面与平面所成角的正弦值．
【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理，过作下底面的垂线交下底面于点，过作的平行线，交圆于，，即可求出结果；
（2）建立空间直角坐标系，根据条件，求出平面和平面，利用面面角的向量法，即可求出结果.
【解答过程】（1）是的中点，．
要满足平面，需满足，
又平面，平面平面
如图，过作下底面的垂线交下底面于点，
过作的平行线，交圆于，，则线段即点的轨迹．
（2）易知可以为坐标原点，，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
母线长为，母线与底面所成角为45°，，，，，
取的位置如图所示，连接，
，，即，
则，，，，，
则，，，．
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，．
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，．
设平面与平面所成的角为，则
，
．
【变式7-3】（2024·云南曲靖·模拟预测）如图，四面体的每条棱长都等于2，分别是棱的中点，分别为面，面，面的重心.
(1)求证：面面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值；
(3)保持点位置不变，在内（包括边界）拖动点，使直线与平面平行，求点轨迹长度；
【解题思路】（1）连接，利用平行的传递性可以证明，利用对应成比例可以证明，从而得证面面平行；
（2）利用第（1）问的结论，把平面与平面的夹角问题，转化为平面与平面的夹角问题，连接，根据二面角的平面角的定义，为所求二面角的平面角，解三角形即可求；
（3）先找一个特殊的点，使得直线与平面平行，然后再延展平面，与底面的交线长度即为所求.
【解答过程】（1）如图，连接,易知三点共线
因为分别为面，面，面的重心，
所以在中，，所以，
在中，所以分别是棱的中点，所以，
所以，
又平面，平面，所以平面，
在中，，所以，
又平面，平面，所以平面，
又因为，平面，
所以面面.
（2）由（1）知，平面平面，所以平面与平面的夹角与平面与平面的夹角相等，
如图，连接，因为分别是棱的中点，
所以在等腰中，，在等边中，，
所以是平面的夹角与平面与平面所成角的平面角，
因为面，面，所以,
又，，，平面，所以面，
又面，所以，
所以在中，，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为；
（3）如图，取线段靠近点的三等分点P，连接，易知三点共线，
连接，因为点为等边的重心，所以，
所以当点在点P位置时，满足题意，
取线段靠近点G的三等分点Q，连接，易知，又，
所以，所以共面，即当O在线段上运动时，均满足题意，
所以即为点的轨迹长度,
又，
所以点的轨迹长度为.
【题型8 立体几何中的探索性问题】
【例8】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且．
(1)设线段中点为，证明：平面；
(2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离等于，如果存在，求的长．
【解题思路】（1）取的中点，根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）设，根据等体积法求出x的值，即可得出结论.
【解答过程】（1）取的中点，的中点，连结、、
则有，，
因为，，所以且，
所以四边形是平行四边形，则，
又平面，平面，
所以平面.
（2）存在.设，在中，.
因为面，所以.
因为面，面，面
所以,，
则均为直角三角形.
在中，
同理，.
取的中点，因为，所以，
而.
故.
因为点到面的距离等于，
所以.
而，所以，解得.
所以在线段上只存在唯一一点，当且仅当时，点到面的距离等于.
【变式8-1】（2024·贵州黔西·一模）如图所示为直四棱柱，，分别是线段的中点.
(1)证明:平面；
(2)求直线BC与平面所成角的正弦值，并判断线段BC上是否存在点，使得平面，若存在，求出BP的值，若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）由题意可知为正三角形，则，又，结合线面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理的逆定理可得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可；假设在线段上存在点，使得平面，令，利用求出，进而求出即可.
【解答过程】（1）由，知为正三角形，
又为的中点，则.
又为的中点，则，
而，所以，
又平面，
所以平面；
（2）由（1）知为正三角形，则，
在中，，有，所以，
易知，建立如图空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，故，
设与平面所成角为，则，
即与平面所成角的正弦值为.
假设在线段上存在点，使得平面，令，
则，所以，
由平面，得，所以，
解得，所以，即的值为.
【变式8-2】（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．
【解题思路】（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.
【解答过程】（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.
【变式8-3】（2024·天津·一模）已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）法一：分别取、的中点、，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立；
法二：以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值；
（3）假设存在点，使得，其中，求出向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解之即可.
【解答过程】（1）证明：法一：分别取、的中点、，连接、、，
由题意可知点、分别为线段、的中点．所以，，
因为，所以，所以点、、、四点共面，
因为、分别为、的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为，平面，平面，所以平面，
又因为，、平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面；
法二：因为为正方形，且平面，所以、、两两互相垂直，
以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
所以，易知平面的一个法向量，
所以，所以，
又因为平面，所以平面．
（2）解：设平面的法向量，，，
则，取，可得，
所以平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角余弦值为；
（3）解：假设存在点，使得，其中，
则，
由（2）得平面的一个法向量为，
由题意可得，
整理可得．即，
因为，解得或，所以，或．
【题型9 立体几何建系繁琐问题（几何法）】
【例9】（2024·山东·二模）如图所示，直三棱柱，各棱长均相等.，，分别为棱，，的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)求直线与所成角的正弦值.
【解题思路】（1）由题意可证得，在直三棱柱中，平面，可得，进而可证得平面，即证得平面平面；
（2）由题意可证得，即可得直线与所成的角，在△中，可求出的正弦值，进而求出于直线与所成的角．
【解答过程】（1）证明：由题意在等边三角形中，为的中点，所以，
在直棱柱中，平面，平面，所以，
而，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面；
（2）连接，因为，，分别为棱，，的中点，
所以，且，
在三棱柱中，，，，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以即为直线与所成的角，
在△中，设直三棱柱的棱长为2，则
可得．
故
即直线与所成角的正弦值为．
【变式9-1】（2024·陕西铜川·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，，点E是的中点，且．

(1)求证：；
(2)求点E到平面的距离．
【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理、性质定理可得答案；
（2）利用等体积转化可得答案.
【解答过程】（1）在平行四边形中，，，点E是BC的中点，
所以，．
在中，由余弦定理得，
即，所以，所以，
又，，，平面，
所以平面，又平面，所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，所以；
（2）连接AE，由（1）知平面，即PE是三棱锥的高，
又，平面，所以，．
在中，，，，
所以．
，
由余弦定理得，解得，
所以，即，
则到距离，即到的距离，为，
在中，，，，
所以．
所以，
在中，，，，
由余弦定理得，即．
在中，，，，
所以．
在中，，，，
由余弦定理得，
所以，
所以，
设点E到平面的距离是h，
由，解得，
即点E到平面的距离是．

【变式9-2】（2024·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，，且，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，，求与平面所成角的大小.
【解题思路】（1）应用面面垂直判定定理证明即可；
（2）先根据定义得出线面角，再计算正弦值求角即可.
【解答过程】（1）在四棱锥中，，
又，所以，
因为，，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）取棱的中点O，连接，，由，得，
由（1）知，平面，
因为平面，所以，
因为，平面，，所以平面，
所以是在平面内的射影，所以与平面所成的角为.
设，因为，则，
因为，所以，
所以在中，，
所以与平面所成的角为30°.
【变式9-3】（2024·浙江·模拟预测）.如图，底面固定在底面上的盛水容器口为正方形，侧棱，，，相互平行.
(1)证明：底面四边形是平行四边形；
(2)若已知四条侧棱垂直于面，且，.现往该容器中注水，求该容器最大盛水体积及此时侧面与底面所成角的余弦值（水面平行于底面）.
【解题思路】（1）只需证明平面平面，再结合面面平行的性质即可得证；
（2）取的中点，说明该容器最大盛水体积就是平行六面体的体积，当时，最大，此时可以说明，结合解三角形知识以及平行六面体的体积公式即可求解.
【解答过程】（1）因为，平面，平面，
所以平面，
同理，平面，平面，
所以平面，
而，平面，
所以平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，同理，
所以底面四边形是平行四边形；
（2）
取的中点，因为，
所以四边形是平行四边形，所以，
而平面，平面，
所以平面，
同理，所以四边形是平行四边形，所以，
而平面，平面，
所以平面，
又，平面，
所以平面平面，
所以该容器最大盛水体积就是平行六面体的体积，
由题意，所以，
因为，所以四边形是平行四边形，
而分别是的中点，所以，
当时，最大，
而，，所以，
所以的补角就是侧面与底面所成角，
因为，
所以，，注意到，所以，
此时，平行六面体的高为，
平行六面体的底面积为，
所以平行六面体的体积为.
【题型10 新情景、新定义下的立体几何问题】
【例10】（23-24高一下·四川成都·期末）类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则．
（1）当、时，证明以上三面角余弦定理；
（2）如图2，平行六面体中，平面平面，，，
①求的余弦值；
②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）过射线上一点作交于点，作交于点，连接，，可得是二面角的平面角．在中和中分别用余弦定理，两式相减变形可证结论；
（2）①直接利用三面角定理（（1）的结论）计算；②连结，延长至，使，连结，由线面平行的判定定理证明平面．
【解答过程】（1）证明：如图，过射线上一点作交于点，
作交于点，连接，
则是二面角的平面角．
在中和中分别用余弦定理，得
，
，
两式相减得，
∴，
两边同除以，得．
（2）①由平面平面，知，
∴由（1）得，
∵，，
∴．
②在直线上存在点，使平面．
连结，延长至，使，连结，
在棱柱中，，，
∴，∴四边形为平行四边形，
∴．
在四边形中，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
又平面，平面，
∴平面．
∴当点在的延长线上，且使时，平面．
【变式10-1】（24-25高三上·浙江·开学考试）已知是棱长为的正四面体，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，为的阶等距集.
(1)若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能值以及相应的的个数；
(2)已知为的4阶等距平面，且点与点分别位于的两侧.若的4阶等距集为，其中点到的距离为，求平面与夹角的余弦值.
【解题思路】（1）分两种情况得出的所有可能值以及相应的的个数；
（2）先根据已知得出，再计算求得余弦值.
【解答过程】（1）①情形一：分别取的中点，
由中位线性质可知，
此时平面为的一个1阶等距平面，
为正四面体高的一半，等于.
由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况；
②情形二：分别取的中点
将此正四面体放置到棱长为1的正方体中，
则为正方体棱长的一半，等于.
由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线，
这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况.
综上，当的值为时，有4个；当的值为时，有3个.
（2）在线段上分别取一点，
使得，则平面即为平面.
如图，取中点，连接，以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，
，设，
，
设平面法向量为
所以，即，
所以，
又平面的法向量为，
设平面与夹角为
所以，
所以平面与夹角余弦值为.
【变式10-2】（23-24高一下·福建三明·期末）阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为 ，其中 为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面 ，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. ”已知在直四棱柱中，底面为菱形.. （角的运算均采用弧度制）
(1)若，求四棱柱在顶点处的离散曲率；
(2)若四棱柱在顶点处的离散曲率为，求与平面的夹角的正弦值；
(3)截取四面体，若该四面体在点处的离散曲率为与平面交于点，证明：.
【解题思路】（1）根据条件得到菱形为正方形，再根据在顶点处的离散曲率的定义计算即可；
（2）根据四棱柱在顶点处的离散曲率为，求得，结合立体几何知识，求得与平面的夹角为，在中求解即可；
（3）根据四面体在点处的离散曲率为求得，再结合立体几何知识，证得平面，用等体积法求三棱锥的体积，求得，即可得证.
【解答过程】（1）若，则菱形为正方形，即，
因为平面平面，所以，
所以直四棱柱，在顶点处的离散曲率为.
（2）因为平面平面，所以，
直四棱柱在顶点处的离散曲率为，
则，即是等边三角形，
为菱形，又直四棱柱，
平面平面，，
又平面，平面，
设，则即为与平面所成的角，
在中，，
，所以与平面的夹角的正弦值为.
（3）在四面体中，
所以，，
所以四面体在点处的离散曲率为，
所以，所以为等边三角形，所以，
又在中，所以，
所以直四棱柱为正方体，
因为平面 平面，所以，
又平面，
所以平面，又平面，所以，
平面平面，，
又平面，平面，
又平面，所以，
又平面，所以平面，
是三棱锥的高，设正方体的棱长为，
，
，
，
.
【变式10-3】（23-24高一下·湖南长沙·期末）空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，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，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且.
(1)证明：平面；
(2)若，求二面角的余弦值；
(3)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数.
【解题思路】（1）由直棱柱的性质可得，，再由点的曲率可求出，则为等边三角形，所以，再利用线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）取的中点，连接，则平面，所以，，则平面，所以可得为二面角的平面角，在中可求得结果；
（3）设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号，设第号（）多边形有条边，表示出多面体的所有的棱和顶点，及所有多边形的内角之和为，从而可表示出总曲率，化简可得结果.
【解答过程】（1）证明：因为在直三棱柱中，平面，平面，
所以，
所以点的曲率为，得，
因为，所以为等边三角形，
因为为的中点，所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，平面，所以平面；
（2）解：取的中点，连接，
因为为等边三角形，所以，
因为三棱柱为直三棱柱，所以平面平面，
因为平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
设，则，
所以，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以为二面角的平面角，
因为，
所以在中，，
所以二面角的余弦值为；
（3）证明：设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号，
设第号（）多边形有条边，
则多面体共有条棱，
由题意，多面体共有个顶点，
号多边形的内角之和为，
所以所有多边形的内角之和为，
所以多面体的总曲率为
所以简单多面体的总曲率为.
一、单选题
1．（2024·内蒙古包头·三模）如图，已知正方形ABCD为圆柱的轴截面，，E，F为上底面圆周上的两个动点，且EF过上底面的圆心G，若，则三棱锥的体积为（ ）

A． B． C． D．
【解题思路】设圆柱的下底面的圆心为，由线面垂直的判定定理得出平面，再由可得答案.
【解答过程】如图设圆柱的下底面的圆心为，连接，
则，且平面，
平面，所以，又，，
所以，又，平面，
所以平面，且，
，
所以.

故选：B.
2．（2024·全国·模拟预测）已知正方体的棱长为4，点平面，且，则点M的轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】作出辅助线，得到平面，，故，在平面内建立平面直角坐标系，设，表达出，根据得到方程，求出点M的轨迹是半径为的圆，求出轨迹长度.
【解答过程】设E为，的交点，所以．
又平面，平面，所以．
又，平面，所以平面．
因为点平面，故平面，
所以，所以，
因为正方体的棱长为4，所以，即，
在平面内建立平面直角坐标系，如图，
则．
设，则，
，
所以．
又，故，即，
整理得，即，
故点M的轨迹是半径为的圆，
所以点M的轨迹长度为．
故选：C．
3．（2024·山东济南·三模）如图所示，正方体的棱长为1，点分别为的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与直线垂直 B．直线与平面平行
C．三棱锥的体积为 D．直线BC与平面所成的角为
【解题思路】A选项根据正方体的性质判断；对于B，D利用空间向量判断，对于C，利用体积公式求解即可.
【解答过程】A选项：为正方体，所以，直线与直线不垂直，所以直线与直线不垂直，故A错误；
如图建立空间直角坐标系，则，
对于B，设平面的法向量为，则，令，则，
因为，所以，所以，
因为在平面外，所以直线与平面平行，所以B正确，
对于C， ，所以三棱锥的体积为，所以C错误，
对于D，，直线BC与平面所成的角为，，所以D错误，
故选：B.
4．（2024·全国·模拟预测）已知中，，在线段上取一点，连接，如图①所示．将沿直线折起，使得点到达的位置，此时内部存在一点，使得平面，如图②所示，则的值可能为（ ）
A． B． C． D．1
【解题思路】寻找点的临界状态，再利用余弦定理、勾股定理计算，最后判断的取值范围.
【解答过程】连接．因为平面平面，所以，
．在Rt中，，
所以．
所以在Rt中，．
因为在中，，所以是直角三角形，
且．
因为，所以点在以点为圆心，为半径的圆上．
作于点，因为点到直线的距离，且，
所以圆与线段交于两点，记为和，记圆与线段的交点为，如图所示．
在中，由余弦定理得，代入数据，解得；
同理，在中，．因为，所以点在线段上．
因为点在内部，所以点在弧上（不含点和）．
设，当点在点时，．
在Rt中，，即，解得．
当点在点时，．在Rt中，，
即，则．
在中，，
由余弦定理得，
代入数据，解得．
因为随着的增大，点靠近点，线段的长增大，点靠近点，
所以的取值范围为．结合选项可知，的值可能是．
故选：B．
5．（2024·湖北·模拟预测）如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面所截得到的，其中，，，，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】建立空间直角坐标系，计算平面AEC1F的法向量，利用点到面距离的向量公式即得解
【解答过程】以D为原点，分别以DA，DC，DF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，
则，
∴，.
设为平面的法向量，，
由，得，
令z=1，∴，
所以.
又，
∴点C到平面AEC1F的距离d=.
故选：C.
6．（2024·广西南宁·一模）在边长为4的菱形中，．将菱形沿对角线折叠成大小为的二面角．若点为的中点，为三棱锥表面上的动点，且总满足，则点轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据二面角的平面角可结合余弦定理求解求，进而利用线面垂直可判断点轨迹为，求解周长即可．
【解答过程】连接、，交于点，连接，
为菱形，，
所以，，，
所以为二面角的平面角，
于是，
又因为，
所以，
取中点，取中点，连接、、，所以、，
所以、，，相交，
所以平面，
所以在三棱锥表面上，满足的点轨迹为，
因为，，，
所以的周长为，
所以点轨迹的长度为．
故选：A．
7．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）已知四棱锥的底面为正方形，底面，点是线段上的动点，则直线与平面所成角的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据题意，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.
【解答过程】
由题意，因为为正方形，且底面，
以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设，则，
所以，设，，
则，所以，即，
设平面的法向量为，
则，解得，取，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
因为单调递增，所以当时，最大，
此时，即直线与平面所成角的最大值为.
故选:C.
8．（2024·青海·模拟预测）如图，在正方体中，，，，，，分别为棱，，，，，的中点，为的中点，连接，．对于空间任意两点，，若线段上不存在也在线段，上的点，则称，两点“可视”，则与点“可视”的点为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】连接、、、、、，借助平行线的性质可得四点共面，即可得线段与相交，线段与相交，线段与相交，从而排除A、B、C.
【解答过程】如图，连接，，，由正方体的性质及、分别为棱、的中点，
易得，所以线段与相交，与相交，故A、B错误；
连接，，有，，故，
所以线段与相交，C错误；
连接，直线与，直线与均为异面直线，D正确.
故选：D.
二、多选题
9．（2024·湖北襄阳·模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点，以下说法正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为 B．平面
C．平面 D．二面角的余弦值为
【解题思路】建立如图所示的空间直角坐标系，由向量法证明面，平面，转换后求棱锥的体积，由空间向量法求二面角，从而判断各选项．
【解答过程】如图，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，
，，分别为，，的中点，则，，，
，，
易知，所以共面，
又平面，所以面，C正确；
，A正确；
，，同理，
所以是平面的一个法向量，即平面，B正确；
平面的一个法向量是，
，因此二面角的余弦值为，D错误．
故选：ABC．
10．（2024·广东佛山·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面平面，且和均是边长为的等边三角形，分别为的中点，为上的动点（不含端点），平面交直线于，则下列说法正确的是（ ）
A．当运动时，总有
B．当运动时，点到直线距离的最小值为
C．存在点，使得平面
D．当时，直线交于同一点
【解题思路】选项A，根据条件，得到面，再利用线面平行的性质，即可求解；选项B，根据条件得到为点到直线的距离，从而知当时，点到直线距离最小，再利用等面积，即可求解；选项C，建立空间直角坐标系，根据条件得到与不垂直，即可求解；选项D，根据条件得到必有交点，再利用基本事实3，即可求解.
【解答过程】对于选项A，因为分别为的中点，所以，
又为上的动点（不含端点），故面，所以面，
又面面，面，故，所以选项A正确，
对于选项B，由题知，所以，得到，即为点到直线的距离，
如图1，连接，因为，又平面平面，平面平面，面，
所以面，又面，所以，
在中，当时，点到直线距离最小，
又，，由，得到，所以选项B正确，
对于选项C，由选项B知，可建立如图2所示的空间直角坐标系，
则，
又分别是的中点，所以，设，
又，，，
由，得到，解得，又，
所以与不垂直，故不存在点，使得平面，所以选项C错误，
对于选项D，如图3，由（1）知，又，且，
又，所以，且，则必有交点，
设，因为面，所以面，
又面，所以面，得到面面，
所以直线交于同一点，故选项D正确，
故选：ABD.
11．（2024·山东·二模）如图，在直三棱柱中，，分别为棱上的动点，且，，，则（ ）
A．存在使得
B．存在使得平面
C．若长度为定值，则时三棱锥体积最大
D．当时，直线与所成角的余弦值的最小值为
【解题思路】建立空间直角坐标系，用向量在空间直线、面位置关系和空间角、距离上的应用方法一一去计算求解，并结合一元二次函数、基本不等式求最值即可.
【解答过程】如图，由题意可建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则由题：，
所以，，，，
又，，，
所以，即，
，即，
所以，
对A，由上，故A错误；
对B，由题意是平面的一个法向量，
，
故当时，此时平面，故B正确；
对C，由上，，
设平面的一个法向量为，则，
所以，取，则，
设点Q到平面的距离为d，则由得，
又由题意可知，
故 ，
因为长度为定值，所以为定值，
故当时，三棱锥体积最大，故C正确；
对D，设直线与所成角为，由上当时
，
当且仅当即时等号成立，故D对.
故选：BCD.
三、填空题
12．（2024·安徽芜湖·三模）在棱长为4的正方体中，点是棱的中点，则四面体的外接球的体积为 ．
【解题思路】建立空间直角坐标系，设四面体的外接球的球心为，列式求解可得，即可求得外接球的半径，由球的体积公式即可求得答案.
【解答过程】以D为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设四面体的外接球的球心为，
则,即得
，
整理得，解得，
故四面体的外接球的半径为，
故四面体的外接球的体积为，
故答案为：.
13．（2024·四川成都·二模）如图，在平行四边形中，，，且EF交AC于点G，现沿折痕AC将折起，直至满足条件，此时EF的长度为 ．
【解题思路】
根据题意，证得平面，得到平面平面，分别过点作的垂线，证得，，再由，结合向量的运算法则，即可求解.
【解答过程】
由题意可知，所以，折起后，如图所示，
因为，，且，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面，
分别过点作的垂线，垂足分别为点，
又平面平面，所以平面，平面，
因为平面，平面，所以，，
又由，所以，
所以．
故答案为：.
14．（2024·全国·模拟预测）在棱长为2的正方体中，动点，分别在棱，上，且满足，当的体积最小时，与平面所成角的正弦值是 ．
【解题思路】设，结合等积法，可求出当的体积最小时，，分别是所在棱的中点；法一，根据，可求出点到平面的距离为，结合直线与平面所成角的集合法即可求解；法二，建立空间直角坐标系，应用向量法求解.
【解答过程】设，则
．
由等体积法，得
，
当且仅当，即时，等号成立．
所以当的体积最小时，，分别是所在棱的中点．
方法一 易知，，．由余弦定理，得
，所以，
所以．
设点到平面的距离为．根据，
得，解得．
所以与平面所成角的正弦值为．
方法二 以点为原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，．
所以，，．
设平面的法向量为，
则即令，得，，
则．设与平面所成的角为，
则．
故答案为：.
四、解答题
15．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，已知多面体是由正四棱锥P-ABCD与正方体组合而成的，且.

(1)求证：平面；
(2)若，求四棱锥的体积.
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系证明线面平行即可；
（2）根据线面垂直结合锥体体积公式计算即可.
【解答过程】（1）如图以点为原点，为 x 轴为 y 轴为 z 轴建立空间直角坐标系．
设 ,则 ,过 P 作平面 . 是正四棱锥点是正方形的中心,
因为，所以,
设平面法向量为,
,
,
则,
可得,
所以,,不在平面内，所以平面

（2）因为，所以,
因为平面,所以，
因为,平面,平面,所以平面,
.
16．（2024·陕西铜川·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，点M是棱PC的中点．
(1)求证：平面PAD；
(2)求平面PAB与平面BMD所成锐二面角的余弦值．
【解题思路】（1）取PD的中点E，连接ME，AE，根据E是PD的中点，得到，，从而四边形ABME是平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，求得平面BDM的一个法向量，平面PAB的一个法向量，设平面PAB与平面BMD所成锐二面角的大小为θ，由求解．
【解答过程】（1）证明：取PD的中点E，连接ME，AE，
因为E是PD的中点，M是PC的中点，
所以，，又，，
所以，，
所以四边形ABME是平行四边形，所以，
又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD．
（2）解：因为平面ABCD，DA，平面ABCD，
所以，，又，，所以．
以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为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BDM的一个法向量，又，，
所以
令，解得，，
所以平面BMD的一个法向量．
设平面PAB的一个法向量，又，，
所以
令，解得，，
所以平面PAB的一个法向量，
设平面PAB与平面BMD所成锐二面角的大小为θ，
所以．
即平面PAB与平面BMD所成锐二面角的余弦值为．
17．（2024·云南·模拟预测）如图，已知四棱锥中，平面，，．

(1)求证：平面平面；
(2)若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长．
【解题思路】（1）设中点为，连接，先证得，，由线面垂直的判定定理可证得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明.
（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，分别求出平面与平面的法向量，代入二面角公式即可得出答案.
【解答过程】（1）证明：设中点为，连接，如图，

因为，且，
故四边形为正方形，
而，，，
所以，所以，
因为平面，平面，所以，
又平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（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，，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，即，
令，所以，
由（1）知，平面的法向量为，
设平面与平面所成角为，则，
，
解得或（舍去），所以．
18．（2024·四川雅安·模拟预测）如图，在三棱柱中，棱的中点分别为在平面内的射影为D，是边长为2的等边三角形，且，点F在棱上运动（包括端点）．
(1)若点为棱的中点，求点到平面的距离；
(2)求锐二面角的余弦值的取值范围．
【解题思路】（1）利用空间向量法求点到面的距离即可；
（2）用动点引入变量表示动向量，再用空间向量法求二面角的余弦值，最后利用关于变量的函数求取值范围即可.
【解答过程】（1）连接，依题意可知平面，由于平面，
所以，
由于三角形是等边三角形，所以，，
又，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，
又，故，，
则，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
故，又，
所以点到平面的距离为.
（2）设，，
则，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
故，
设锐二面角为，
则 ，
令，
所以，设，
则，
二次函数的开口向上，对称轴为，
所以当时，该二次函数单调递增，
所以当时，该二次函数有最小值，
当时，该二次函数有最大值，
所以，即.
即锐二面角的余弦值的取值范围为.
19．（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.
【解题思路】（1）由面面垂直的性质得到平面，即可得证；
（2）由面面垂直的性质得到平面，建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法得到方程，求出的值，即可得解.
【解答过程】（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.
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