资源简介

重难点突破03 立体几何解答题常考模型归纳总结　
目录
01 方法技巧与总结 2
02 题型归纳与总结 2
题型一：非常规空间几何体为载体 2
题型二：立体几何存在与探索性问题 4
题型三：立体几何折叠问题 6
题型四：立体几何作图问题 8
题型五：立体几何建系繁琐问题 10
题型六：两角相等（构造全等）的立体几何问题 12
题型七：利用传统方法找几何关系建系 14
题型八：空间中的点不好求 16
题型九：数学文化与新定义问题 18
03 过关测试 22
高考立体几何解答题常考模型主要包括柱体、锥体、球体、旋转体、多面体等。这些模型常涉及体积、表面积的计算，截面问题，以及与其他几何体的组合或相交问题。此外，空间位置关系，如平行、垂直的判断与证明，也是常考内容。空间角的计算，包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等，同样是高考立体几何的重要考点。最后，空间距离的计算，如点到平面的距离、两平行平面间的距离等，也是解答题中常见的考查点。掌握这些模型的基本性质和解题方法，对于提高高考立体几何的解题能力至关重要。
题型一：非常规空间几何体为载体
【典例1-1】（2024·河南濮阳·模拟预测）如图，侧面水平放置的正三棱台，且侧棱长为．

(1)求证：平面；
(2)求直线和平面所成角的正弦值．
【典例1-2】（2024·云南昆明·三模）如图，在三棱台中，上、下底面是边长分别为2和4的正三角形，平面，设平面平面，点分别在直线和直线上，且满足，．
(1)证明：平面；
(2)若直线和平面所成角的正弦值为，求该三棱台的高．
【变式1-1】（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1-2】（2024·河南周口·模拟预测）如图，平行六面体中，底面与平面都是边长为2的菱形，，侧面的面积为.
(1)求平行六面体的体积；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
题型二：立体几何存在与探索性问题
【典例2-1】如图1，是边长为3的等边三角形，点分别在线段上，且，沿将翻折到的位置，使得，如图2.
(1)求证：平面平面；
(2)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【典例2-2】（2024·广东·一模）如图所示，四边形是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，是与的交点，.
(1)记圆柱的体积为，四棱锥的体积为 ，求 ；
(2)设点在线段上，且存在一个正整数，使得，若已知平面与平面的夹角的正弦值为，求的值.
【变式2-1】在中，，，D为边上一点，，E为上一点，，将沿翻折，使A到处，.

(1)证明：平面；
(2)若射线上存在点M，使，且与平面所成角的正弦值为，求λ.
【变式2-2】（2024·甘肃张掖·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，且是边长为2的等边三角形，且平面平面为中点.
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在点，使二面角的大小为，若存在，求的值，若不存在，请说明理由.
题型三：立体几何折叠问题
【典例3-1】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图1，在矩形中，，，将沿矩形的对角线进行翻折，得到如图2所示的三棱锥，且.
(1)求翻折后线段的长；
(2)点满足，求与平面所成角的正弦值.
【典例3-2】（2024·山东·模拟预测）如图，在菱形中，，是的中点，将沿直线翻折使点到达点的位置，为线段的中点.
(1)求证：平面；
(2)若平面平面，求直线与平面所成角的大小.
【变式3-1】（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.
【变式3-2】在等腰梯形ABCD中，，，，，M为AB中点，将，沿MD，MC翻折，使A，B重合于点E，得到三棱锥．

(1)求ME与平面CDE所成角的大小；
(2)求二面角的余弦值．
题型四：立体几何作图问题
【典例4-1】（2024·河南信阳·模拟预测）长方体中，.
(1)过E、B作一个截面，使得该截面平分长方体的表面积和体积.写出作图过程及其理由.
(2)记（1）中截面为，若与（1）中过点的长方体的三个表面成二面角分别为，求的值.
【典例4-2】（2024·高三·河北承德·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，分别是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若平面经过点，且与棱交于点．请作图画出在棱上的位置，并求出的值．
【变式4-1】（2024·辽宁大连·一模）如图多面体ABCDEF中，面面，为等边三角形，四边形ABCD为正方形，，且，H，G分别为CE，CD的中点．
(1)证明：；
(2)求平面BCEF与平面FGH所成角的余弦值；
(3)作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AD交点为P，写出的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）．
【变式4-2】如图，已知底面为平行四边形的四棱锥中，平面与直线和直线平行，点为的中点，点在上，且.
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)求作过作四棱锥的截面，使与截面平行（写出作图过程，不要求证明）.截面的定义：用一个平面去截一个几何体，平面与几何体的表面的交线围成的平面图形.
【变式4-3】（2024·北京·三模）四棱锥中，底面是边长为2的菱形，.,且平面，，点分别是线段上的中点，在上.且.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面的成角的正弦值；
（Ⅲ）请画出平面与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤.
题型五：立体几何建系繁琐问题
【典例5-1】（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．
【典例5-2】（2024·贵州黔东南·二模）如图，在四棱台中，为的中点，.
(1)证明：平面；
(2)若平面平面，，当四棱锥的体积最大时，求与平面夹角的正弦值.
【变式5-1】（2024·重庆·三模）如图所示的几何体是一个半圆柱和一个三棱锥的组合体.是半圆柱的母线,分别是底面直径BC和的中点,是半圆上一动点,是半圆上的动点,是圆柱的母线，延长至点使得为的中点,连接,构成三棱锥.
(1)证明:;
(2)当三棱锥的体积最大时,求平面与平面的夹角.
【变式5-2】已知平面四边形，，，，现将沿边折起，使得平面平面，此时，点为线段的中点．
(1)求证：平面；
(2)若为的中点
①求与平面所成角的正弦值；
②求二面角的平面角的余弦值．
题型六：两角相等（构造全等）的立体几何问题
【典例6-1】（2024·河南·模拟预测）如图,在三棱锥中,是等边三角形,,点是 的中点,连接．
（1）证明:平面平面;
（2）若,且二面角为,求直线与平面所成角的正弦值．
【典例6-2】（2024·广西桂林·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.
【变式6-1】（2024·安徽合肥·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）当直线与平面所成的角为30°时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【变式6-2】（2024·辽宁沈阳·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.
题型七：利用传统方法找几何关系建系
【典例7-1】（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.
【典例7-2】斜三棱柱ABC－A1B1C1上，侧面AA1C1C⊥平面ABC，侧面AA1C1C是菱形，∠A1AC＝60°，A1C＝AC＝BC＝，AB＝2，D为BB1的中点．
(1)求二面角C－A1D－C1的余弦值；
(2)记△ABC的外接圆上有一动点P，若二面角P－AA1－C与二面角C－A1D－C1相等，求AP的长．
【变式7-1】如图，已知四棱锥中，平面，平面平面，且，，，点在平面内的射影恰为的重心.

（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【变式7-2】如图所示，圆锥的高，底面圆O的半径为R，延长直径AB到点C，使得，分别过点A，C作底面圆O的切线，两切线相交于点E，点D是切线CE与圆O的切点．
(1)证明：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求点A到平面的距离．
题型八：空间中的点不好求
【典例8-1】（2024·山东日照·三模）在五面体中，，.

(1)求证：；
(2)若，，，点到平面的距离为，求二面角的余弦值.
【典例8-2】（2024·全国·校联考模拟预测）已知三棱锥ABCD，D在面ABC上的投影为O，O恰好为△ABC的外心．，.
(1)证明：BC⊥AD；
(2)E为AD上靠近A的四等分点，若三棱锥A-BCD的体积为，求二面角的余弦值．
【变式8-1】（2024·河南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，分别为，的中点，点在上，且为三角形的重心.
(1)证明：平面；
(2)若，，四棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.
【变式8-2】（2024·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）如图，平行六面体中，点P在对角线上，，平面平面．
(1)求证：O，P，三点共线；
(2)若四边形是边长为2的菱形，，，求二面角大小的余弦值．
【变式8-3】（2024·全国·模拟预测）已知菱形ABCD中，，四边形BDEF为正方形，满足，连接AE，AF，CE，CF．
(1)证明：；
(2)求直线AE与平面BDEF所成角的正弦值．
题型九：数学文化与新定义问题
【典例9-1】（2024·高三·山东青岛·期中）某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段EF折起，连接就得到了一个“刍甍” (如图2)。
(1)若O是四边形对角线的交点，求证：平面；
(2)若二面角的大小为求平面与平面夹角的余弦值.
【典例9-2】为方便师生行动，我校正实施翔宇楼电梯加装工程．我们借此构造了以下模型：已知正四棱柱，它抽象自翔宇楼南侧楼心花园所占据的空间，设，，O为底面ABCD的中心，正四棱柱与正四棱柱分别代表电梯井与电梯厢，设，M为棱的中点，N，K分别为棱，上的点，，．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)“你站在桥上看风景，看风景的人在楼上看你．明月装饰了你的窗子，你装饰了别人的梦．”卞之琳诗句中的情景其实正在我们的生活中反复上演，上官琐艾同学站在楼心花园的中心（O点），她正目送着倚立在电梯厢一角的欧阳南德同学，假定上官同学的目光聚焦于棱OO2的中点I，此时，电梯厢中欧阳同学的目光正徘徊在位于N点的数学办公室与位于K点的数学实验室，当电梯厢向上启动时，在这时空里便诞生了由点O与移动着的平面INK所勾勒的动人风景．现在，请作为“正在看风景的人”的你完成以下问题：当电梯厢自底部（平面OECF与平面ABCD重合）运行至顶端（平面与平面重合）的过程中，点O到平面INK距离的最大值．
【变式9-1】在陕西汉中勉县的汉江河与定军山武侯坪一带，经常出土有铜、铁扎马钉等兵器文物.扎马钉（如题21图（1））是三国时蜀汉的著名政治家、军事家诸葛亮所发明的一种对付骑兵的武器，状若荆刺，故学名蒺藜，有铜、铁两种.扎马钉有四个锋利的尖爪，随手一掷，三尖撑地，一尖直立向上，推倒上尖，下尖又起，始终如此，使触者不能避其锋而被刺伤.即总有一个尖垂直向上，三尖对称支承于地.简化扎马钉的结构，如图（2），记组成该“钉”的四条等长的线段公共点为，钉尖为（）．
（Ⅰ）判断四面体的形状特征；
（Ⅱ）若某个出土的扎马钉因年代久远，有一尖爪受损，其长度仅剩其他尖爪长度的（即），如图（3），将，，置于地面，求与面所成角的正弦值.
【变式9-2】《瀑布》（图1）是最为人所知的作品之一，图中的瀑布会源源不断地落下，落下的水又逆流而上，荒唐至极，但又会让你百看不腻，画面下方还有一位饶有兴致的观察者，似乎他没发现什么不对劲.此时，他既是画外的观看者，也是埃舍尔自己.画面两座高塔各有一个几何体，左塔上方是著名的“三立方体合体”由三个正方体构成，右塔上的几何体是首次出现，后称“埃舍尔多面体”（图2）
埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造，设边长均为2，定义正方形，的顶点为“框架点”，定义两正方形交线为“极轴”，其端点为“极点”，记为，将极点，分别与正方形的顶点连线，取其中点记为，，，如（图3）.埃舍尔多面体可视部分是由12个四棱锥构成，这些四棱锥顶点均为“框架点”，底面四边形由两个“极点”与两个“中点”构成，为了便于理解，图4我们构造了其中两个四棱锥与
(1)求异面直线与成角余弦值；
(2)求平面与平面的夹角正弦值；
(3)求埃舍尔体的表面积与体积（直接写出答案）.
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·全国·模拟预测）如图，平行六面体中，底面是边长为2的正方形，平面平面，，分别为的中点．
(1)判断与平面的位置关系，并给予证明；
(2)求平面与平面所成二面角的正弦值．
3．（2024·高三·辽宁沈阳·期末）如图，在平行六面体中，，，，，点为中点．

(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
4．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在直角梯形中，，，，，，分别是，上的点，且，现将四边形沿向上折起成直二面角，设.
(1)若，在边上是否存在点，满足，使得平面？若存在，求出；若不存在，说明理由.
(2)当三棱锥的体积最大时，求点到平面的距离.
5．（2024·四川成都·模拟预测）如图，在三棱锥中，，为的中点，于，，已知，，，．
(1)证明：平面；
(2)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
6．（2024·高三·江苏南通·期中）如图，且，，且，且，平面，.
(1)设面BCF与面EFG的交线为，求证：；
(2)证明:
(3)在线段BE上是否存在一点P，使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为，若存在，求出P点的位置，若不存在，说明理由.
7．（2024·福建宁德·三模）在平行四边形中，，，.将沿翻折到的位置，使得.

(1)证明：平面；
(2)在线段上是否存在点，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.
8．（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.
9．（2024·山西晋城·二模）如图1，在中，，，点D是线段AC的中点，点E是线段AB上的一点，且，将沿DE翻折到的位置，使得，连接PB，PC，如图2所示，点F是线段PB上的一点．
(1)若，求证：平面；
(2)若直线CF与平面所成角的正弦值为，求线段BF的长．
10．（2024·贵州黔东南·三模）如图1所示，在边长为3的正方形ABCD中，将△ADC沿AC折到△APC的位置，使得平面平面ABC，得到图2所示的三棱锥.点E，F，G分别在PA，PB，PC上，且，，.记平面EFG与平面ABC的交线为l.
(1)在图2中画出交线l，保留作图痕迹，并写出画法.
(2)求点到平面的距离.
11．（2024·山西·二模）如图，已知多面体的底面是边长为2的正方形，底面，，且．
（Ⅰ）求多面体的体积；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）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．
12．（2024·福建·一模）如图，三棱柱中，，，分别为棱的中点.
（1）在平面内过点作平面交于点，并写出作图步骤，但不要求证明.
（2）若侧面侧面，求直线与平面所成角的正弦值.
13．（2024·高三·福建漳州·期中）已知四棱锥的底面为菱形，，且平面，记为平面与平面的交线．
(1)证明：平面；
(2)设，为上的点，当与所成角最大时，求平面与平面的夹角大小．
14．（2024·湖北武汉·三模）如图，在四面体中，是正三角形，是直角三角形，．
(1)求证：；
(2)已知点E在棱上，且，设，若二面角的余弦值为，求．
15．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.
16．（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.
17．（2024·江西新余·二模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，.

(1)若为的中点，证明：平面平面；
(2)若，，线段上的点满足，且平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值.
18．（2024·河南信阳·模拟预测）如图，在三棱锥中，分别是侧棱的中点，，平面.

(1)求证：平面平面；
(2)如果，且三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.
19．（2024·山东枣庄·一模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若为的内心，求直线与平面所成角的正弦值．
20．“阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，即其底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥．如图，四边形是边长为3的正方形，，．
(1)证明：四棱锥是一个“阳马”；
(2)已知点在线段上，且，若二面角的余弦值为，求的值．
21．宋元时期，泉州作为海洋商贸中心，成为世界第一大港.作为海上丝绸之路的起点，泉州的海外贸易极其频繁，但海上时常风浪巨大，使用原始船出行的风险也大.因此，当时的设计师为了海外贸易的正常进行，便在船只设计中才用了楔形零件结构，由此海上出行无需再惧怕船体崩溃，这也为海上贸易的发达作出了巨大贡献，而其智慧至今仍熠熠生辉.如图是从棱长为3的正方体木块中截出的一个楔形体ABCDMNPQ，将正方体的上底面平均分成九个小正方形，其中是中间的小正方形的顶点.
(1)求楔形体的表面积；
(2)求平面APQ与平面的夹角的余弦值.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)重难点突破03 立体几何解答题常考模型归纳总结　
目录
01 方法技巧与总结 2
02 题型归纳与总结 2
题型一：非常规空间几何体为载体 2
题型二：立体几何存在与探索性问题 7
题型三：立体几何折叠问题 14
题型四：立体几何作图问题 19
题型五：立体几何建系繁琐问题 27
题型六：两角相等（构造全等）的立体几何问题 33
题型七：利用传统方法找几何关系建系 39
题型八：空间中的点不好求 46
题型九：数学文化与新定义问题 55
03 过关测试 65
高考立体几何解答题常考模型主要包括柱体、锥体、球体、旋转体、多面体等。这些模型常涉及体积、表面积的计算，截面问题，以及与其他几何体的组合或相交问题。此外，空间位置关系，如平行、垂直的判断与证明，也是常考内容。空间角的计算，包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等，同样是高考立体几何的重要考点。最后，空间距离的计算，如点到平面的距离、两平行平面间的距离等，也是解答题中常见的考查点。掌握这些模型的基本性质和解题方法，对于提高高考立体几何的解题能力至关重要。
题型一：非常规空间几何体为载体
【典例1-1】（2024·河南濮阳·模拟预测）如图，侧面水平放置的正三棱台，且侧棱长为．

(1)求证：平面；
(2)求直线和平面所成角的正弦值．
【解析】（1）延长三条侧棱交于一点，如图所示．
由于，则为的中位线．
又侧棱长为，所以．所以，所以，
同理可得．
因为是平面内两条相交直线，所以平面，即平面．
（2）由（1）可知两两垂直，可以以所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则．
设平面的一个法向量为，
由于，
所以，
即平面的一个法向量为，
所以直线和平面所成角的正弦值为．
【典例1-2】（2024·云南昆明·三模）如图，在三棱台中，上、下底面是边长分别为2和4的正三角形，平面，设平面平面，点分别在直线和直线上，且满足，．
(1)证明：平面；
(2)若直线和平面所成角的正弦值为，求该三棱台的高．
【解析】（1）证明：由三棱台知，平面，
因为平面，且平面平面，所以，
又，所以，
因为，所以，
又，，且平面，平面，
所以平面．
（2）以为原点建立空间直角坐标系如图，设三棱台的高为，
则，，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量，
易得平面的一个法向量，
设与平面夹角为，由（1）知，
所以由已知得，
解得，所以三棱台的高为．
【变式1-1】（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．
【解析】（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1-2】（2024·河南周口·模拟预测）如图，平行六面体中，底面与平面都是边长为2的菱形，，侧面的面积为.
(1)求平行六面体的体积；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【解析】（1）连接，，
因为底面与平面均为菱形，且，
所以与均为等边三角形，
取AB的中点，连接，，则，，则，
因为侧面的面积为，
所以的面积为，则，
所以，则.
在中，，则，
所以，所以.
因为，平面，
所以平面，
故平行六面体的体积.
（2）由（1）可知，两两垂直，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.
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
由得取，则.
设平面的法向量为，，
由得取，则，
于是.
设平面与平面的夹角为，
所以.
题型二：立体几何存在与探索性问题
【典例2-1】如图1，是边长为3的等边三角形，点分别在线段上，且，沿将翻折到的位置，使得，如图2.
(1)求证：平面平面；
(2)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）在中，，，，
由余弦定理得，
所以，所以，
在中，，，，所以，所以，
又因为，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）在平面中，过点E作，交于，
在平面中，过点作，交于，连接，如图所示，
因为，平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
又因为，平面，所以平面平面，
平面，所以平面，即为所求的点，
在中，，即，如图所示，
所以，
在中，，所以，即此时.
【典例2-2】（2024·广东·一模）如图所示，四边形是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，是与的交点，.
(1)记圆柱的体积为，四棱锥的体积为 ，求 ；
(2)设点在线段上，且存在一个正整数，使得，若已知平面与平面的夹角的正弦值为，求的值.
【解析】（1）在底面中，因为 是底面直径，所以 ，
又 ，故 ≌，
所以.
因为是圆柱的母线，所以面，所以 ，
,
因此；
（2）以为坐标原点，以为轴正方向，在底面内过点C作平面的垂直线为y轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，所以 ≌，
故 ，
所以，，
因此，，
因为 ，所以 ，
则
设平面和平面的法向量分别为，
则有:，，
取，
设平面与平面的夹角为 ，则
所以有：，
整理得，（无解，舍），
由于k为正整数，解得.
【变式2-1】在中，，，D为边上一点，，E为上一点，，将沿翻折，使A到处，.

(1)证明：平面；
(2)若射线上存在点M，使，且与平面所成角的正弦值为，求λ.
【解析】（1）证明：由题意知，，
又，所以平面，
又平面，所以，
又，，所以平面
（2）作，垂直为Q，由（1）知，平面，
又平面，所以，
又，，平面，
所以平面
故以B为原点，，，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，
则，，，
设，则，，，，
又，
所以，故，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，则
设与平面所成角为θ，
则，
解得或，
由题意知，故.
【变式2-2】（2024·甘肃张掖·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，且是边长为2的等边三角形，且平面平面为中点.
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在点，使二面角的大小为，若存在，求的值，若不存在，请说明理由.
【解析】（1）
证明：在中，由，
得，
即，所以
由平面，平面平面，且平面平面
得平面
（2）
由（1）得平面，所以，
在等边三角形中，为中点，所以，
即两两互相垂直，则以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，又，所以，
则，
所以，设，
则，得到，
易知平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，又，
由，令，得，
所以，
又一面角的大小为，
所以，得到，
又，解得，
所以存在点使二面角的大小为，且
题型三：立体几何折叠问题
【典例3-1】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图1，在矩形中，，，将沿矩形的对角线进行翻折，得到如图2所示的三棱锥，且.
(1)求翻折后线段的长；
(2)点满足，求与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）由,,,,平面,
可得平面,又平面,则,
在中,根据勾股定理,
（2）如图,过点作于点,由（1）可知,平面平面,交于,
∴平面,∵,又,,∴为直角三角形,∴
如图,以为轴,为轴,过作的平行线为轴建立如图所示的空间直角坐标系
则,,,有,,
设平面的法向量,则,
令,解得其中一个法向量；
于是,,
故与平面所成角的正弦值为.
【典例3-2】（2024·山东·模拟预测）如图，在菱形中，，是的中点，将沿直线翻折使点到达点的位置，为线段的中点.
(1)求证：平面；
(2)若平面平面，求直线与平面所成角的大小.
【解析】（1）取线段的中点为，连接，
因为为线段的中点，所以，且；
又是的中点，所以，且；
所以 ，且，故四边形为平行四边形；
所以，
因为平面，平面，
所以 直线平面；
（2）因为是的中点，所以，所以；
因为平面平面，平面平面，
所以平面.
以为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
则，，，
设平面的法向量为，则即，
取，则，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角为.
【变式3-1】（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.
【解析】（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.
【变式3-2】在等腰梯形ABCD中，，，，，M为AB中点，将，沿MD，MC翻折，使A，B重合于点E，得到三棱锥．

(1)求ME与平面CDE所成角的大小；
(2)求二面角的余弦值．
【解析】（1）在三棱锥中，取CD中点为Q，
过点M作直线EQ的垂线交直线EQ于点H，
因为ABCD为等腰梯形，且M为AB中点，则，，
可知，，且EQ，平面MEQ，，
则平面MEQ，且平面MEQ，可得，
可知，，，CD，平面CDE，
则平面CDE，可知即为所求线面角，
在等腰梯形ABCD中，已知，，，
可求出，，，
可得，
且，则，
所以直线ME与平面CDE所成角为.
（2）以H为原点，，，为x轴，y轴，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
可得，，
设平面MEQ的法向量为，则，
取，则，可得，
且平面CDE的法向量为，
可得，
由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．
题型四：立体几何作图问题
【典例4-1】（2024·河南信阳·模拟预测）长方体中，.
(1)过E、B作一个截面，使得该截面平分长方体的表面积和体积.写出作图过程及其理由.
(2)记（1）中截面为，若与（1）中过点的长方体的三个表面成二面角分别为，求的值.
【解析】（1）连接，取中点，则与可确定一个平面，该平面即为所求.
连接,取点使得.连接，,则所作截面为平面.
理由：连接,,
,（长方体性质）
∴四边形为平行四边形，
又为中点（长方体性质）
∴为中点，四点共面，
∵面面,面面,面面，
所以，同理可证得.
∴四边形为平行四边形,
取,设长方体左半部分几何体体积为,表面和为,
因为，设，
所以，，
,
综上，平面符合题意
（2）易知两两垂直,以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
由题， 令，则有,则，
设平面、平面、平面的法向量分别为由长方体性质可知
设平面法向量为
则有，即，令，则，∴
则
【典例4-2】（2024·高三·河北承德·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，分别是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若平面经过点，且与棱交于点．请作图画出在棱上的位置，并求出的值．
【解析】（1）连接，则为的中点，
因为为的中点，所以．
又平面平面，
所以平面．
（2）如图，过作直线与平行，
则，故共面．
延长与交于点，连接，与的交点即为点．
因为底面是正方形，是的中点，
所以，且，
因为是的中点，所以，
则，所以．
【变式4-1】（2024·辽宁大连·一模）如图多面体ABCDEF中，面面，为等边三角形，四边形ABCD为正方形，，且，H，G分别为CE，CD的中点．
(1)证明：；
(2)求平面BCEF与平面FGH所成角的余弦值；
(3)作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AD交点为P，写出的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）．
【解析】（1）在正方形中，，
∵平面平面，平面平面平面，
平面，又平面，
；
（2）为等边三角形，设中点为，∴，
又平面平面，面面面，则面，
以为坐标原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，则，则，
所以，
设平面的一个法向量为
则，取得，所以，
设平面的一个法向量为
则，取得，所以，
所以，
所以平面与与平面成角的余弦值为；
（3）如图所示：在上取一点，使得，连接，
因为，，所以，即，
所以为平行四边形，故，
因为H，G分别为CE，CD的中点，所以，
故，即共面，
故.
【变式4-2】如图，已知底面为平行四边形的四棱锥中，平面与直线和直线平行，点为的中点，点在上，且.
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)求作过作四棱锥的截面，使与截面平行（写出作图过程，不要求证明）.截面的定义：用一个平面去截一个几何体，平面与几何体的表面的交线围成的平面图形.
【解析】（1）∵平面，平面，平面平面，∴
∵平面，平面，平面平面，∴
∴，
∵平面，平面，平面平面，∴
∵平面，平面，平面平面，∴
∴，
∴四边形是平行四边形.
（2）
如图，延长，与交于点，过点作直线,则直线为平面和平面的交线，延长，交于点，连接，与交于点，连接.∵点为的中点，点为的中点,∴是的一条中位线∴，又∵平面,平面,∴截面.
故平面即为所求截面.
【变式4-3】（2024·北京·三模）四棱锥中，底面是边长为2的菱形，.,且平面，，点分别是线段上的中点，在上.且.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面的成角的正弦值；
（Ⅲ）请画出平面与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤.
【解析】分析：（Ⅰ）推导出，由此能证明平面；
（Ⅱ）推导出，，，轴建立空间直角坐标系息，利用向量法能求出直线AB与平面EFG的所成角的正弦值；
（Ⅲ）法1：延长分别交延长线于，连接，发现刚好过点，,连接，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线.
法2：记平面与直线的交点为，设，，利用向量法求出，从而即为点.连接，，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线.
解析：解:（Ⅰ）在中，因为点分别是线段上的中点，
所以
因为平面，平面.
所以平面.
（Ⅱ）因为底面是边长为2的菱形，
所以，
因为平面，
所以，，
如图，建立空间直角坐标系，则依题意可得
，，，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，则由可得，
令，可得
因为.
所以直线与平面的成角的正弦值为
（Ⅲ）法Ⅰ：延长分别交延长线于，连接，发现刚好过点，,连接，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线.
法2：记平面与直线的交点为，设，则
由，可得.
所以即为点.
所以连接，，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线.
题型五：立体几何建系繁琐问题
【典例5-1】（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．
【解析】（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．
【典例5-2】（2024·贵州黔东南·二模）如图，在四棱台中，为的中点，.
(1)证明：平面；
(2)若平面平面，，当四棱锥的体积最大时，求与平面夹角的正弦值.
【解析】（1）由棱台定义，可得的延长线必定交于一点，
在中，因为，所以为的中位线，所以.
又因为，则，且，
所以四边形为平行四边形，可得，
因为平面，且平面，所以平面.
（2）由平面平面，过点作，
因为平面平面，平面，
所以平面，即为四棱锥的高，
由，则在直角中，，
当且仅当时成立，
此时点与重合，此时，四棱锥取最大值.
如图所示，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，所以，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以与平面夹角的正弦值为.
.
【变式5-1】（2024·重庆·三模）如图所示的几何体是一个半圆柱和一个三棱锥的组合体.是半圆柱的母线,分别是底面直径BC和的中点,是半圆上一动点,是半圆上的动点,是圆柱的母线，延长至点使得为的中点,连接,构成三棱锥.
(1)证明:;
(2)当三棱锥的体积最大时,求平面与平面的夹角.
【解析】（1）因为平面平面ABC，
所以,又平面,
所以平面,又平面,
所以.
（2）因为且,
所以当且仅当取等，此时点的位置刚好在半圆弧的中点.
因为两两垂直,如图,以点为原点,以分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设是平面的法向量，则令，则.
由(1)知平面，所以是平面的一个法向量，故
所以平面与平面所成角的余弦值为，所以平面与平面的夹角为.
【变式5-2】已知平面四边形，，，，现将沿边折起，使得平面平面，此时，点为线段的中点．
(1)求证：平面；
(2)若为的中点
①求与平面所成角的正弦值；
②求二面角的平面角的余弦值．
【解析】（1）因为，，所以为等边三角形，
因为为的中点，所以．
取的中点，连接，，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以．
因为，，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为,，，平面，所以平面．
（2）①过点作，垂足为．如图所示，
由（1）知，平面．因为平面，所以．
，所以平面，
所以就是与平面所成角的平面角．
由（1）知，平面，平面，所以．
在中，，，，
因为为的中点，所以．
在中，，
在中，，
在中，，
所以由同角三角函数的基本关系得．
所以与平面所成角的正弦值为．
②取的中点为，连接，因为为线段的中点，
所以，
由（1）知，平面，所以平面，平面．
所以．
过点作，垂足为，连接，，，平面，
所以平面．平面，所以，
所以为二面角的平面角．
在中，，
由（1）知，为等边三角形，为线段的中点，
所以
由（1）知，平面，平面．所以，
在中，，由（2）知，，
即，解得．
因为平面，平面，所以．
在中，．
，
所以二面角的平面角的余弦值为．
题型六：两角相等（构造全等）的立体几何问题
【典例6-1】（2024·河南·模拟预测）如图,在三棱锥中,是等边三角形,,点是 的中点,连接．
（1）证明:平面平面;
（2）若,且二面角为,求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】解:（1）证明:因为是等边三角形,,
所以,可得．
因为点是的中点,则,,
因为,平面PBD,平面,
所以平面,因为平面,
所以平面平面．
（2）如图,作,垂足为连接．
因为,
所以为二面角A-BD-C的平面角．
由已知二面角为,知．
在等腰三角形中,由余弦定理可得．
因为是等边三角形,则,所以．
在中,有,得,
因为,所以．
又,所以．
则,．
以为坐标原点,以向量的方向分别为轴,轴的正方向,
以过点垂直于平面的直线为轴,建立空间直角坐标系,
则,,向量,
平面的一个法向量为,
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．
【典例6-2】（2024·广西桂林·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.
【变式6-1】（2024·安徽合肥·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）当直线与平面所成的角为30°时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【解析】（1）过点作，垂足为，连结，.
在中，由，得，.
在中，由余弦定理得，
即，又，所以，即.
又，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，为直线与底面所成角，则，所以.
以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，所以，，
由于，所以.
设平面的法向量为，则，即，解得，
令得.
显然平面的一个法向量为，
所以，
即平面与平面所成二面角的余弦值为.
【变式6-2】（2024·辽宁沈阳·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.
题型七：利用传统方法找几何关系建系
【典例7-1】（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.
【解析】（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.
【典例7-2】斜三棱柱ABC－A1B1C1上，侧面AA1C1C⊥平面ABC，侧面AA1C1C是菱形，∠A1AC＝60°，A1C＝AC＝BC＝，AB＝2，D为BB1的中点．
(1)求二面角C－A1D－C1的余弦值；
(2)记△ABC的外接圆上有一动点P，若二面角P－AA1－C与二面角C－A1D－C1相等，求AP的长．
【解析】（1）取的中点为，连接，
在菱形中，，则，
在三棱柱中，，故，
平面平面，平面平面，平面，
由，，，即，则，
以为原点，以分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如下图：
则，，，，，
故的中点，
在平面内，取，，
设平面的法向量为，则，即，化简得，
令，则，故平面的一个法向量，
在平面内，取，，
设平面的法向量为，则，即，化简得，
令，则，故平面的一个法向量，
.
由图可知，钝二面角的余弦值为.
（2）由题意，取的中点，连接，延长与轴交于，
连接，在等边中，易知，
平面，平面，，
，且，平面，平面，
平面，，
故为二面角平面角的补角，
由二面角的余弦值为，可得二面角的余弦值为，
故，在中，，
在平面内，直线的方程为，
在的外接圆中，易知圆心为，则弦心距，
根据弦长公式，可得，
故此时
【变式7-1】如图，已知四棱锥中，平面，平面平面，且，，，点在平面内的射影恰为的重心.

（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）过作于，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，.
又平面，平面，，
又，平面，
平面，.
（2）连结并延长交于，连结，以为原点，
分别以，所在的直线为，轴，以过且与平面垂直的直线为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，设，
平面，平面，，同理，
又，平面，，
又是的重心，是的中点，，由（1）知，，
， ，，
，解得，，
设，则，故，
，，，，
，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，
设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
【变式7-2】如图所示，圆锥的高，底面圆O的半径为R，延长直径AB到点C，使得，分别过点A，C作底面圆O的切线，两切线相交于点E，点D是切线CE与圆O的切点．
(1)证明：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求点A到平面的距离．
【解析】（1）由题设，平面，又是切线与圆的切点，
∴平面，则，且，
又，∴平面，
又平面，所以平面平面.
（2）作，以为原点，以、、为x、y、z轴正方向，建立空间直角坐标系，
且，
又，可得，
∴，，，
有，，，
设是面的一个法向量，则，
令，则，
又直线与平面所成角的正弦值为，
即，
整理得，即，解得或
当时，，，， ，
，，
设是面的一个法向量，则，
令，则，
所以点A到平面的距离
当时，，，， ，
，，
设是面的一个法向量，则，
令，则，
所以点A到平面的距离
综上，点A到平面的距离为或.
题型八：空间中的点不好求
【典例8-1】（2024·山东日照·三模）在五面体中，，.

(1)求证：；
(2)若，，，点到平面的距离为，求二面角的余弦值.
【解析】（1）证明：因为，，
所以，
因为，，
所以，
因为平面平面，平面，
所以.
（2）由于平面，，所以，平面，
故，
又因为平面，，平面，
所以，
又，，，平面，
所以平面
由于，则，
故，
故为等腰直角三角形，所以，，
如图以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建系，
则，，，，，
设平面的法向量为，则，
平面的法向量为，
因为，，
所以，即
令，则，
设成的角为，由图可知为锐角，
所以二面角的余弦值为
【典例8-2】（2024·全国·校联考模拟预测）已知三棱锥ABCD，D在面ABC上的投影为O，O恰好为△ABC的外心．，.
(1)证明：BC⊥AD；
(2)E为AD上靠近A的四等分点，若三棱锥A-BCD的体积为，求二面角的余弦值．
【解析】（1）连结并延长交于，连结，
因为O恰好为△ABC的外心，所以，
又，，所以，
所以，即是的角平分线，
又，所以由等腰三角形三线合一可得，
因为D在面ABC上的投影为O，所以面ABC，
又面ABC，所以，
又面，所以面，
又面，所以，
（2）由（1）知，面ABC，
过作轴平行于，则轴垂直于面ABC，如图建立空间直角坐标系，
在中，由（1）与等腰三角形三线合一可知是的中点，
又，，则，，
设，则，又，
所以，解得，故，
因为三棱锥ABCD的体积为，所以，则，
则，
故，
因为E为AD上靠近A的四等分点，所以，
设为平面的一个法向量，则，
取，则，故，
易得是平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，则为钝角，
所以，
所以二面角的余弦值为.
【变式8-1】（2024·河南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，分别为，的中点，点在上，且为三角形的重心.
(1)证明：平面；
(2)若，，四棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）证明：连接，因为，，所以，且，
由，得，，
则，所以.
连接并延长交于点，如图，
因为为的重心，所以.
连接，因为，所以.
又平面，平面，故平面.
（2）连接，因为，所以，
又，，平面，，所以平面.
连接交于点，则，.
又，，平面，，所以平面.
连接，平面，则，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面.
易得四边形的面积为，
由四棱锥的体积为得，，所以.
以为坐标原点，以，所在直线分别为轴、轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，.
设平面的法向量为，则,即,
取，可得，
由（1）可知，为的中点，则，所以.
由（1）知，，所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，设为，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
【变式8-2】（2024·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）如图，平行六面体中，点P在对角线上，，平面平面．
(1)求证：O，P，三点共线；
(2)若四边形是边长为2的菱形，，，求二面角大小的余弦值．
【解析】（1）证明：连交于，连．
在平行六面体中，且，
所以四边形是平行四边形，且，
又O，分别为BD，的中点，所以，，
所以四边形是平行四边形，于是，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，
因为，都经过点O，所以O，P，三点共线．
（2）由（1）可知，所以．
作平面于Q，于E，于F，连，，，
则，，由，得，
又，平面，所以平面，
于是，同理，
又，，
所以，则，
所以点Q在上，且，所以点Q与O重合，于是．
以点O为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，于是，
又，所以，，
设平面的法向量为，
则，于是可得，
不妨令，则，
平面的一个法向量为，
，
又结合图形易得二面角为锐角，
所以二面角大小的余弦值为．
【变式8-3】（2024·全国·模拟预测）已知菱形ABCD中，，四边形BDEF为正方形，满足，连接AE，AF，CE，CF．
(1)证明：；
(2)求直线AE与平面BDEF所成角的正弦值．
【解析】（1）证明：如图，取CF的中点M，EF的中点N，连接AC，交BD于点O，连接EM，CN，AM，ON．
∵菱形ABCD中，，
∴△ABD为等边三角形，∴．
∵四边形BDEF为正方形，
∴．
又∵，，
∴在△ABF中，由余弦定理可得．
∴，又M为CF的中点，∴①．
∵四边形ABCD为菱形，∴．
又∵四边形BDEF为正方形，，，则，
∴，又，ON、AC在面ONC内，故平面ONC．
∵，∴平面ONC，NC在面ONC内，∴，
由N为EF的中点，得．
∵，，，．
又∵，∴为等边三角形，∴．
又，，∴为等边三角形．
又∵M为CF中点，∴②．
由①②，且，EM、AM在面AEM内，得平面AEM，
又AE在面AEM内，故．
（2）方法一：以O为坐标原点，AC所在直线为x轴，BD所在直线为y轴，过O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，得，．
点N作NH垂直OC于点H，在中，，，可得ON边上的高为，由等面积法可得OC边上的高，
由勾股定理可得，故，，
，，
设平面BDEF的法向量为，
则，即，取，平面BDEF的一个法向量为．
设直线AE与平面BDEF所成角为，则，
∴直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为．
方法二：将原图补成一个平行六面体，显然该平行六面体每个面均为有一个角为的菱形．
令，，，
依题意，，，
则，
，，
由于，
，
所以A1C与EF、BF都垂直且EF、BF都在面BDEF内，故为平面BDEF的一个法向量，
设直线AE与平面BDEF所成角为，
，
∴直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为．
题型九：数学文化与新定义问题
【典例9-1】（2024·高三·山东青岛·期中）某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段EF折起，连接就得到了一个“刍甍” (如图2)。
(1)若O是四边形对角线的交点，求证：平面；
(2)若二面角的大小为求平面与平面夹角的余弦值.
【解析】（1）取线段CF中点H，连接OH、GH，
由图1可知，四边形EBCF是矩形，且，
∴O是线段BF与CE的中点，
∴且，
在图1中且，且．
所以在图2中，且，
∴且，
∴四边形AOHG是平行四边形，则，
由于平面GCF，平面GCF，
∴平面GCF．
（2）由图1，，，折起后在图2中仍有，，
∴即为二面角的平面角．
∴，
以E为坐标原点，，分别为x轴和y轴正向建立空间直角坐标系如图，
设，则、、，
∴，，
易知平面ABE的一个法向量，
设平面OAB的一个法向量，
由，得，取，则，，
于是平面的一个法向量，
∴，
∴平面ABE与平面OAB夹角的余弦值为．
【典例9-2】为方便师生行动，我校正实施翔宇楼电梯加装工程．我们借此构造了以下模型：已知正四棱柱，它抽象自翔宇楼南侧楼心花园所占据的空间，设，，O为底面ABCD的中心，正四棱柱与正四棱柱分别代表电梯井与电梯厢，设，M为棱的中点，N，K分别为棱，上的点，，．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)“你站在桥上看风景，看风景的人在楼上看你．明月装饰了你的窗子，你装饰了别人的梦．”卞之琳诗句中的情景其实正在我们的生活中反复上演，上官琐艾同学站在楼心花园的中心（O点），她正目送着倚立在电梯厢一角的欧阳南德同学，假定上官同学的目光聚焦于棱OO2的中点I，此时，电梯厢中欧阳同学的目光正徘徊在位于N点的数学办公室与位于K点的数学实验室，当电梯厢向上启动时，在这时空里便诞生了由点O与移动着的平面INK所勾勒的动人风景．现在，请作为“正在看风景的人”的你完成以下问题：当电梯厢自底部（平面OECF与平面ABCD重合）运行至顶端（平面与平面重合）的过程中，点O到平面INK距离的最大值．
【解析】（1）以为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，．
设为平面的一个法向量，则
因为，，所以
取，则．
因为，所以，所以，
因为不在平面内，所以平面．
（2）因为，所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
（3）设，，
又因为，，所以，．
设为平面的一个法向量，则，即
取，则，
所以点到平面的距离，
所以当，即时，取得最大值为，
所以点到平面的距离的最大值为．
【变式9-1】在陕西汉中勉县的汉江河与定军山武侯坪一带，经常出土有铜、铁扎马钉等兵器文物.扎马钉（如题21图（1））是三国时蜀汉的著名政治家、军事家诸葛亮所发明的一种对付骑兵的武器，状若荆刺，故学名蒺藜，有铜、铁两种.扎马钉有四个锋利的尖爪，随手一掷，三尖撑地，一尖直立向上，推倒上尖，下尖又起，始终如此，使触者不能避其锋而被刺伤.即总有一个尖垂直向上，三尖对称支承于地.简化扎马钉的结构，如图（2），记组成该“钉”的四条等长的线段公共点为，钉尖为（）．
（Ⅰ）判断四面体的形状特征；
（Ⅱ）若某个出土的扎马钉因年代久远，有一尖爪受损，其长度仅剩其他尖爪长度的（即），如图（3），将，，置于地面，求与面所成角的正弦值.
【解析】（Ⅰ）点为四面体外接球的球心，即，且面，面，面，面，则空间四面体的每一条棱都相等，即；
所以该四面体的各个面都是全等的正三角形.
（Ⅱ）在四面体中，不妨令，，
在面内作点的射影，连接，
在等边中，为其外心，则，
在直角中，可得，
所以 ，解得，所以，
又因为面，且垂足为，
故以为原点，以、所在直线为、轴，建立空间直角坐标系，则 ，，，，，，
因为，即，则 ，
所以 ，，
设平面的一个法向量为，
则 ，即，令，得，
又 ，所以 ，
故与面所成角的正弦值为.
【变式9-2】《瀑布》（图1）是最为人所知的作品之一，图中的瀑布会源源不断地落下，落下的水又逆流而上，荒唐至极，但又会让你百看不腻，画面下方还有一位饶有兴致的观察者，似乎他没发现什么不对劲.此时，他既是画外的观看者，也是埃舍尔自己.画面两座高塔各有一个几何体，左塔上方是著名的“三立方体合体”由三个正方体构成，右塔上的几何体是首次出现，后称“埃舍尔多面体”（图2）
埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造，设边长均为2，定义正方形，的顶点为“框架点”，定义两正方形交线为“极轴”，其端点为“极点”，记为，将极点，分别与正方形的顶点连线，取其中点记为，，，如（图3）.埃舍尔多面体可视部分是由12个四棱锥构成，这些四棱锥顶点均为“框架点”，底面四边形由两个“极点”与两个“中点”构成，为了便于理解，图4我们构造了其中两个四棱锥与
(1)求异面直线与成角余弦值；
(2)求平面与平面的夹角正弦值；
(3)求埃舍尔体的表面积与体积（直接写出答案）.
【解析】（1）由题意可知，两两垂直，且.以点为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，如图5，建立空间直角坐标系.
则由题意可得，，，，，，，.
又分别是的中点，所以，.
所以，，
则，
所以异面直线与成角余弦值为.
（2）由（1）可得，，，，.
设是平面的一个法向量，
则，
即，
令，可得是平面的一个法向量.
设是平面的一个法向量，
因为
则，
即，取，可得是平面的一个法向量.
则，
所以平面与平面的夹角正弦值为.
（3）由（1）（2）可得，，，，，，.
所以，
所以∥且，所以四边形为平行四边形.
又，
所以，即，
所以四边形为菱形.
又，，
所以.
设是平面的一个法向量，则，
即，取，
则是平面的一个法向量.
又，所以点到平面的距离.
所以四棱锥的体积，
四棱锥的体积
因为，，.
所以在方向上的投影为，
所以点到直线的距离.
同理可得点到直线的距离.
所以四棱锥的侧面积.
所以埃舍尔体的表面积为，体积为.
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.
【解析】（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·全国·模拟预测）如图，平行六面体中，底面是边长为2的正方形，平面平面，，分别为的中点．
(1)判断与平面的位置关系，并给予证明；
(2)求平面与平面所成二面角的正弦值．
【解析】（1）平面，证明如下：
解法一 如图，取的中点，连接交于点，连接，
平行四边形中，分别为的中点，则，，
则四边形为平行四边形，得，，
则为的中点，有，，
为的中点，则，，
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 如图，取的中点，连接，
因为是的中点，所以，
又平面，平面，所以平面．
因为分别为的中点，
所以，，所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以平面．
又，平面，平面，
所以平面平面．
又平面，所以平面．
（2）连接，因为，为的中点，所以．
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面．
以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴，过点且平行于的直线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，
令，则，得．
设平面的一个法向量为，则，
令，则，得.
设平面与平面所成二面角的大小为，
则，
所以，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为．
3．（2024·高三·辽宁沈阳·期末）如图，在平行六面体中，，，，，点为中点．

(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【解析】（1）连结，交于点，连结，
在平行六面体中，，是的中点，
所以四边形是平行四边形，又点为中点，
则且，
所以四边形是平行四边形，从而，
因为平面，，所以平面.
（2）以为原点建立如图所示的坐标系，
则，，设点为，其中，
则，，，
因为，，，
所以，即，解得，
则，则，
设平面的法向量为，则，
令，则，
设平面的法向量，则，
令，则，
设二面角为，则，
所以，
则，
所以二面角的正弦值为.
4．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在直角梯形中，，，，，，分别是，上的点，且，现将四边形沿向上折起成直二面角，设.
(1)若，在边上是否存在点，满足，使得平面？若存在，求出；若不存在，说明理由.
(2)当三棱锥的体积最大时，求点到平面的距离.
【解析】（1）存在，使得平面，此时.
证明如下：
当时，过作，与交于，连接，
则，又，得，因为，
所以且，所以四边形为平行四边形，
得，又平面，平面，
所以平面.
（2）由题意知，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
由，得，
所以三棱锥的体积为，
当时，三棱锥的体积取得最大值，最大值为3.
此时，
由平面，平面，得，
又，所以，
在中，由余弦定理得，
所以，得，
设点到平面的距离为，由，
得，解得，
即点到平面的距离为.
5．（2024·四川成都·模拟预测）如图，在三棱锥中，，为的中点，于，，已知，，，．
(1)证明：平面；
(2)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【解析】（1），为的中点，
，，，平面，
平面，平面，，
，，平面，
平面；
（2）以为原点，以方向为轴正方向，以射线的方向为轴正方向，建立如图所示的空间坐标系，
则，，，，
设，，则，，
，
设平面的一个法向量，
则，
令，则，
设平面的一个法向量，
，，
，
，
令，则，
由二面角的大小为，得，
，方程无解，
不存在点使得二面角的大小为．
6．（2024·高三·江苏南通·期中）如图，且，，且，且，平面，.
(1)设面BCF与面EFG的交线为，求证：；
(2)证明:
(3)在线段BE上是否存在一点P，使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为，若存在，求出P点的位置，若不存在，说明理由.
【解析】（1）因为，，所以，
又平面，平面，
所以面，又平面，平面平面，
所以.
（2）因为且，所以四边形ADGE为平行四边形，
又，所以四边形ADGE为菱形，所以AG⊥DE.
因为平面，平面，所以，
又，平面，所以CD⊥面，
又面，所以，又，
平面，所以面，又面，
所以.
（3）由于，，，平面，，
则以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系，如图，
于是，，设平面ABE的法向量为，
则，，令，得，
假设线段BE上存在点P，使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为.
设，，
，
解得：.
所以线段BE上存在点P，且时,使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为.
7．（2024·福建宁德·三模）在平行四边形中，，，.将沿翻折到的位置，使得.

(1)证明：平面；
(2)在线段上是否存在点，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.
【解析】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，，，
在三角形中，由正弦定理可得，，
，又，故，
所以，即，
因为，，，所以，则有，
，平面，所以平面，.
（2）由（1）平面，且平面，
所以平面平面.平面平面，
在平行四边形中，，即，故平面.
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，
则，，，，
设，其中，
则，，
设平面的法向量为，
则，取，则，
所以，，
易知平面的一个法向量为，
则，整理可得，
因为，解得，
因此，线段PC上存在点，使二面角的余弦值为，且.
8．（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.
【解析】（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.
9．（2024·山西晋城·二模）如图1，在中，，，点D是线段AC的中点，点E是线段AB上的一点，且，将沿DE翻折到的位置，使得，连接PB，PC，如图2所示，点F是线段PB上的一点．
(1)若，求证：平面；
(2)若直线CF与平面所成角的正弦值为，求线段BF的长．
【解析】（1）由题意可知：，，平面，
可得平面，
且，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设，
则，
若，则，，
由题意可知：平面的法向量，
因为，且平面，
所以∥平面.
（2）由（1）可得：，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
由题意可得：，
整理得，解得或，
所以或，即线段BF的长为或.
10．（2024·贵州黔东南·三模）如图1所示，在边长为3的正方形ABCD中，将△ADC沿AC折到△APC的位置，使得平面平面ABC，得到图2所示的三棱锥.点E，F，G分别在PA，PB，PC上，且，，.记平面EFG与平面ABC的交线为l.
(1)在图2中画出交线l，保留作图痕迹，并写出画法.
(2)求点到平面的距离.
【解析】（1）作图步骤：延长EF、AB交于M，延长AC、EG交于N，连接MN，则直线MN即为交线l.
如下图示：
（2）记为的中点，则，
由面面ABC，面面ABC，面，
所以面ABC，面ABC，故，
由ABCD为正方形，故，易知，
所以，而，
在△中，则.
在中，
则，故，
，又，令到面距离为，
所以，则，
故点到平面的距离为.
11．（2024·山西·二模）如图，已知多面体的底面是边长为2的正方形，底面，，且．
（Ⅰ）求多面体的体积；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）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．
【解析】（1），连接，多面体的体积，只有分别求解两个棱锥的体积即可；
（2）以点为原点，所在直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求直线与平面所成角的正弦值；
（3）取线段的中点，连结，直线即为所求．
试题解析：
（Ⅰ）连结．
∵底面，，
∴底面，
∴，，
∴平面，
，，
∴多面体的体积．
（Ⅱ）以点为原点，所在直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图．由已知可得，，，，，
∴，，，
设平面的法向量为，得
取，得平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
∴．
（Ⅲ）取线段的中点，连结，直线即为所求．
如图所示：
12．（2024·福建·一模）如图，三棱柱中，，，分别为棱的中点.
（1）在平面内过点作平面交于点，并写出作图步骤，但不要求证明.
（2）若侧面侧面，求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）如图，在平面内，过点作交于点，连结，在中，作交于点，连结并延长交于点，则为所求作直线.
（2）连结，∵，∴为正三角形.
∵为的中点，∴，
又∵侧面侧面，且面面，
平面，∴平面，
在平面内过点作交于点，
分别以的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.
∵为的中点，∴点的坐标为，
∴.
∵，∴，∴，
设平面的法向量为，
由得，
令，得，所以平面的一个法向量为.
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.
13．（2024·高三·福建漳州·期中）已知四棱锥的底面为菱形，，且平面，记为平面与平面的交线．
(1)证明：平面；
(2)设，为上的点，当与所成角最大时，求平面与平面的夹角大小．
【解析】（1）证明：在菱形中，，
∵平面，平面，∴平面，
又∵平面，平面平面，∴，
又∵平面，平面，∴平面．
（2）取中点，连接，
∵，易得是正三角形，则，∴，
又平面，可知直线，，两两互相垂直，如图：
以为原点，以，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
易知，，，
由题意，不妨设，
∴，且，
∴，
∴当时，与所成角最大，
此时，又，
设平面的一个法向量为，
由得，令，∴，
由底面，可知为底面的一个法向量，
记平面与平面的夹角为，
则，
又，∴ ．
14．（2024·湖北武汉·三模）如图，在四面体中，是正三角形，是直角三角形，．
(1)求证：；
(2)已知点E在棱上，且，设，若二面角的余弦值为，求．
【解析】（1）证明：因为是正三角形，所以
因为，公共边，所以，所以，
因为是直角三角形，所以，
取的中点O，连接，，则，，
因为是正三角形，所以，
因为，所以平面，
又因为平面，所以．
（2）在直角中，，
因为，所以，所以，
以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则．
可得平面的法向量为
设，由，可得，
可得
设面的法向量为，则，
取，可得，所以，
则，
又因为，解得．
15．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.
16．（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.
【解析】（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.
17．（2024·江西新余·二模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，.

(1)若为的中点，证明：平面平面；
(2)若，，线段上的点满足，且平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值.
【解析】（1）取中点为，由条件可得为梯形的中位线，则，
又，则，
且，平面，平面，
根据线面垂直的判定定理，得平面，
平面，.
由，则，又，为梯形的两腰，则与相交，
平面，
又平面，所以平面平面.
（2）取的中点为Q，由，，
则，，
因此△为等边三角形，.
由（1）知平面，，，两两垂直，
如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
由，，则，
，，，，
由，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
由
取，得，，得.
设平面的一个法向量为，
由
取，得，，
即平面的一个法向量为.
记平面与平面夹角的大小为，
所以，化简得，即，所以实数的值为.
18．（2024·河南信阳·模拟预测）如图，在三棱锥中，分别是侧棱的中点，，平面.

(1)求证：平面平面；
(2)如果，且三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.
【解析】（1）分别是侧棱的中点，
，
，
平面，平面，
，
又平面，
平面，
又平面，
平面平面.
（2）平面，平面，
，
，
又由题意得是等腰直角三角形，
，此时易算三棱锥体积为：，
故符合题意.
平面，，
平面，
又平面，
，
两两垂直，
如图，以点C为原点，建立空间直角坐标系，
则，
故
设平面的法向量为，
则有，可取，
平面，
即为平面的一条法向量，
故，
由三棱锥的体积和法向量的方向可知，二面角为锐二面角，
故二面角的余弦值为.
19．（2024·山东枣庄·一模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若为的内心，求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）因为平面平面，所以，
因为与平面所成的角为平面，
所以，且，所以，
又为的中点，所以，
因为四边形为正方形，所以，
又平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，
所以平面．
（2）因为底面为正方形，为的内心，
所以在对角线上．
如图，设正方形的对角线的交点为，
所以，
所以，
所以，
所以，又因为，所以．
由题意知两两垂直，以所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
所以，由（1）知，
所以，
所以．
又因为平面，所以平面的一个法向量为．
设直线与平面所成角为，
则．
20．“阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，即其底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥．如图，四边形是边长为3的正方形，，．
(1)证明：四棱锥是一个“阳马”；
(2)已知点在线段上，且，若二面角的余弦值为，求的值．
【解析】（1）四边形是正方形，，
，，平面，
平面，
平面，，
四边形是正方形，，
，，平面.
平面，
平面，，
，平面，
平面，
四棱锥是一个“阳马”；
（2）由（1）得平面，平面，，
，，，
以点为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可得，，，，，
所以，
设，，
，，，
即，所以，
，，
设是平面的一个法向量，则，
，令，则，，
设是平面的一个法向量，则，
，令，则，，
，或（舍去）.
21．宋元时期，泉州作为海洋商贸中心，成为世界第一大港.作为海上丝绸之路的起点，泉州的海外贸易极其频繁，但海上时常风浪巨大，使用原始船出行的风险也大.因此，当时的设计师为了海外贸易的正常进行，便在船只设计中才用了楔形零件结构，由此海上出行无需再惧怕船体崩溃，这也为海上贸易的发达作出了巨大贡献，而其智慧至今仍熠熠生辉.如图是从棱长为3的正方体木块中截出的一个楔形体ABCDMNPQ，将正方体的上底面平均分成九个小正方形，其中是中间的小正方形的顶点.
(1)求楔形体的表面积；
(2)求平面APQ与平面的夹角的余弦值.
【解析】（1）易得该楔形体的上底面为边长为1的正方形，下底面是边长为3的正方形，
侧面是等腰梯形，其上底面边长为1，下底面边长为3，腰的长为，
所以侧面等腰梯形的高为，
所以该楔形体的表面积为.
（2）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，如下图所示：
则，，，，，
则，，，.
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，
解得，令，则，
所以平面的一个法向量为，
同理得，解得，令，则；
即平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑