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第08讲 新高考新结构命题下的
立体几何解答题综合训练
（10类核心考点精讲精练）
在新课标、新教材和新高考的“三新”背景下，高考改革又一次具有深度的向前推进。这不仅仅是一场考试形式的变革，更是对教育模式和教育理念的全面革新。
当前的高考试题设计，以“三维”减量增质为核心理念，力求在减少题目数量的同时，提升题目的质量和考查的深度。这具体体现在以下三个方面：
三考
题目设计着重考查学生的知识主干、学习能力和学科素养，确保试题能够全面、客观地反映学生的实际水平。
三重
强调对学生思维深度、创新精神和实际应用能力的考查，鼓励学生不拘泥于传统模式，展现个人的独特见解和创造力。
三突出
试题特别突出对学生思维过程、思维方法和创新能力的考查，通过精心设计的题目，引导学生深入思考和探索，培养逻辑思维和创新能力。
面对新高考新结构试卷的5个解答题，每个题目的考查焦点皆充满变数，无法提前预知。立体几何版块作为一个重要的考查领域，其身影可能悄然出现在第15题中，作为一道13分的题目，难度相对较为适中，易于学生入手。同样不能忽视的是，立体几何版块也可能被置于第18、19题这样的压轴大题中，此时的分值将提升至17分，挑战学生的解题能力和思维深度，难度自然相应加大。
面对如此多变的命题趋势，教师在教学备考过程中必须与时俱进。不仅要深入掌握不同题目位置可能涉及的知识点及其命题方式，更要能够灵活应对，根据试题的实际情况调整教学策略。本文基于新高考新结构试卷的特点，结合具体的导数解答题实例，旨在为广大师生提供一份详尽的导数解答题综合训练指南，以期在新高考中取得更好的成绩。
考点一、空间中平行关系的证明
1．（2024·河南新乡·模拟预测）如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为矩形，且平面平面分别为棱的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，且二面角的大小为120°，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【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）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量公式求出参数，即可求解
【详解】（1）如图，取棱的中点，连接．
因为是棱的中点，所以且．
又因为四边形是矩形，是棱的中点，故且，
所以四边形是平行四边形，所以．
又平面平面，故平面．
（2）取棱的中点，则在正三角形中，，所以平面．
以为坐标原点，的方向分别为轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
设，则．
所以．
设平面的法向量为，
则即可取．
设平面的法向量为，
则即可取．
由题设知，故，
即．
2．（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.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）解法一：取的中点，连接，证明四边形是平行四边形，得线线平行，然后得证线面平行；
解法二：建立如图所示的空间直角坐标系，用向量法证明线面平行；
（2）解法一：过点作，垂足为，连接，证得为直线与平面所成的角，在三角形中求出此角的正弦值后可得；
解法二：由空间向量法求线面角．
【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.
3．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，在圆柱中，分别为圆柱的母线和下底面的直径，为底面圆周上一点.
(1)若为的中点，求证：平面；
(2)若，圆柱的体积为，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）取中点，利用线面平行的判定性质，结合圆柱的结构特征推理即得.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）取中点，连结，如图，
由分别为的中点，得，
由圆柱上下底面平行，且与平面交于和，
得，且，则且，
因此四边形为平行四边形，，又平面平面，
所以平面.
（2）由为底面直径，得，
由圆柱的体积，得，
过作平面，则，又，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量为，则，令，得，
设平面的法向量为，则，令，得，
设二面角的大小为，则，
于是，
所以二面角的正弦值为.
4．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在九面体ABCDEFGH中，平面平面，平面平面，，，底面ABCDEF为正六边形．

(1)证明：平面ABCDEF．
(2)证明：平面AFG．
(3)求GE与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见详解；
(2)证明见详解；
(3).
【分析】（1）记的中点分别为，利用面面垂直性质定理证明为平行四边形，然后结合线面平行判定定理可证；
（2）利用面面垂直性质定理证明平面，结合（1）可证；
（3）以所在直线分别为轴，过其交点作平面的垂线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量公式可得.
【详解】（1）记的中点分别为，连接，
因为，所以，且
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
因为平面平面，所以平面平面，
同理可得平面，，
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.
（2）由正六边形性质可知，，
又平面平面，平面平面，
所以平面，
因为，所以平面.
（3）由正六边形性质可知，，
以所在直线分别为轴，过其交点作平面的垂线为轴，建立如图所示空间直角坐标系.
则，
，
设平面的法向量为，
则，取得，
记GE与平面所成角为，则.

5．（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.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，且
【分析】（1）借助中位线的性质可得线线平行，即可得线面平行，利用面面平行的判定定理即可得面面平行，再由面面平行的性质定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量可用未知数表示出直线与平面所成的角的正弦值，计算即可得解.
【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.

考点二、空间中垂直关系的证明
1．（2024·陕西商洛·三模）如图，在四棱锥中，平面，平面平面．
(1)证明：；
(2)若为的中点，，求到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明平面得到，由题意可得，结合线面垂直的判定、性质即可得证；
（2）首先证明平面，平面，即所求为的长度，由解三角形知识即可求解.
【详解】（1）设，连接，过作，垂足为，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为平面平面，所以，
又平面，所以平面，
因为平面，所以．
（2）取的中点，连接，则，
又平面平面，所以平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离．
过作，垂足为，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以由面面垂直的性质可得平面，
由（1）得，
因为，所以，
因为，所以．
所以，所以，
即点到平面的距离为．
2．（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．
3．（2024·全国·模拟预测）如图，将绕边旋转得到，其中平面，连结分别是的中点，平面．

(1)求证：；
(2)求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过点D作，连接，通过面面垂直的判定得到平面平面，再通过面面垂直性质定理得到平面，结合平面以及线面平行判定定理和性质定理，证明出，最后利用勾股定理逆定理即可得证；
（2）以中点H为原点，为x轴，为z轴，过点H作的平行线为y轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和向量，即可求出线面角的正弦值.
【详解】（1）过点D作，连接．
因为，
所以平面，因为平面，
所以平面平面．
又因为，平面，平面平面，
所以平面．
因为平面，所以，
所以平面．
因为平面平面平面，同时，
所以平面平面，
所以平面．
因为平面，平面平面，
所以，所以H是中点，
所以，所以，
所以．
（2）如图，以中点H为原点，为x轴，为z轴，过点H作的平行线为y轴，建立空间直角坐标系，

则，
所以．
设是平面的一个法向量，
则
取，则，
所以，
所以与平面所成角的正弦值为．
4．（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.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，推导出平面，再利用线面垂直的性质定理结合勾股定理逆定理可证得结论成立；
（2）以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，其中，求出平面的一个法向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得解.
【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.
5．（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.
考点三、空间向量法求空间角与空间距离
1．（2024·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，平面，，∥，，，为棱的中点.
(1)证明：平面；
(2)求平面和平面夹角的余弦值；
(3)求A点到直线的距离.
【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)
【分析】（1）取中点，可得四边形为平行四边形，从而，利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）建系标点，求出平面BDM的法向量，易知为平面PDM的一个法向量，利用向量夹角公式求解可得答案.
（3）利用空间向量求得，即可得，进而可得结果.
【详解】（1）取中点，连接，．
在中，，分别为，的中点，则，，
因为，，则，，
可知四边形为平行四边形，则，
且平面，平面，所以平面PAD．
（2）因为平面，，平面ABCD，
则，，且，
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，
取CD的中点，连接BE，
因为，，则，，
又因为，所以四边形ABED为矩形，
且，可知四边形ABED是以边长为2的正方形，
则，，，，，，
可得，，，
设平面BDM的法向量为，所以，
令，则，．所以平面BDM的一个法向量为，
易知为平面PDM的一个法向量，
所以，
所以平面和平面夹角的余弦值为.
（3）由（2）可知：，
则，
即，可知为锐角，
则，
所以A点到直线的距离为.
2．（2024·河北·模拟预测）如图所示，三棱柱中，分别为棱的中点，分别是棱上的点，.
(1)求证：直线平面；
(2)若三棱柱为正三棱柱，求平面和平面的夹角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接交于，连接，则可证得，再由可证得四边形为平行四边形，则∥，再由线面平行的判定定理可证得结论；
（2）以为原点，以所在的直线为轴，过与平行的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：取的中点，连接交于，连接，
因为分别为棱的中点，所以∥∥，
所以，所以，
所以，
因为，所以，所以，
因为分别为棱的中点，所以，
因为∥∥，所以，∥，
所以四边形为平行四边形，
所以∥，
因为平面，平面，
所以直线平面；
（2）解：连接，因为三棱柱为正三棱柱，
所以为等边三角形，所以，
所以以为原点，以所在的直线为轴，过与平行的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
设，则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以，
设平面和平面的夹角为，则，
因为，所以.
3．（2024·江西新余·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，，，平面平面.

(1)求证：平面平面.
(2)求二面角的余弦值.
(3)为平面内一点，若平面，求的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用余弦定理先证，由面面垂直的性质得出，结合勾股定理及线面垂直的判定证明平面即可；
（2）法一、利用二面角的定义结合第一问得出二面角的一个平面角，再由余弦定理计算即可；法二、以B为中心建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可；
（3）法一、利用线线垂直、线面垂直的性质与判定作出平面，解三角形即可；法二、利用（2）的坐标系，设坐标结合空间向量基本定理及空间向量数量积计算求G点坐标即可.
【详解】（1）

连接，在中，，
，
则，，，
平面平面，，平面平面，
平面，平面，所以，
在中，,
又，
∴，
在中：，∴，
又，平面，
平面，且平面，
平面平面.
（2）法一、由上可知：，则二面角的一个平面角为，
在中，由余弦定理知；
法二、如图建系：设轴与交于，过P作与E，
设，则，

∴，
，
解之得，
易知，所以，
则，
设为平面的一个法向量，则：，
令，则，所以，
易知是平面的一个法向量，
设二面角的一个平面角为，则，
由图形可知该二面角为钝角，所以；
（3）法一：过作，垂足为，过作，
在中，过作，过作，
因为平面，所以平面，
又平面，所以，
而平面，所以平面，即G为所求.
分别延长交于，连接，
过作，由（1）易知，平面，
平面，

∴，设，，
∴，则，设，

在平面内，由几何关系知，
所以；
法二：取（2）的坐标系，则，，，设，所以，
又：，即，
4．（2024·贵州·模拟预测）在三棱锥中，平面，是上一点，且，连接与，为中点.
(1)过点的平面平行于平面且与交于点，求；
(2)若平面平面，且，求点到平面的距离.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用两条平行线确定一个平面，作出过点平行于平面的平面，并证明. 从而利用平面与平面平行的性质定理可得，所以，则.
【详解】（1）（2）因为平面平面，只需在平面内向作一条垂线即可证明该垂线与平面垂直，进而与垂直；再利用平面，有，利用直线与平面垂直的判定定理可得平面，则. 建立合适的空间直角坐标系，利用点到平面的距离计算公式求得,
过作，交于，交于；过作交于.
因为，面，面，则面，同理面，
由，且 、平面，所以平面面，平面即为题中所述平面.
因为平面平面，平面平面，所以，
所以.
因为，
所以.
因为为中点，且，
所以为中点，
所以，
所以，则.
（2）
过作交于.
因为，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因为平面，
所以.
因为，，且、平面，
所以平面.
又因为平面，
所以.
如图，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.
，，，，，
，，.
设为平面的法向量，
则，令，则，
则.
5．（2024·辽宁沈阳·三模）已知四棱柱中，平面，在底面四边形中，，点是的中点.

(1)若平面平面，求三棱锥的体积；
(2)设且，若直线与平面所成角等于，求的值.
【答案】(1)
(2)3
【分析】（1）过作于点，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定证得，再在底面四边形中进行相关计算即可得解.
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法列式求解即得.
【详解】（1）过作于点，由平面平面，平面平面，
平面，则平面，又平面，则，

在四棱柱中，平面，即平面，而平面，
于是，又平面，则平面，
又平面，则，
在底面四边形中，，即，
又，则，即，且，
又有，则在等腰直角中，，即，又，则，
，又，所以.
（2）由四棱柱中，平面，
以点为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，

设，则，，
，
在平面中，，
设平面的一个法向量为，则，令，得，
则，
即，整理得，而解得，
所以.
【点睛】关键点点睛：用向量法求直线与平面所成的角，求出平面的法向量是关键，并注意公式求出的是线面角的正弦．
考点四、几何法求空间角与空间距离
1．（2024·辽宁丹东·一模）如图，在四棱锥中，，，，，，点在棱上．

(1)求证：平面平面；
(2)若平面分两部分几何体与的体积之比，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，易得，利用勾股定理证明，即可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）连接，过点作于，证明平面，则可得即为二面角的平面角，根据体积之比确定点的位置，再解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为，，所以，
因为，，所以，
因为，为的中点，
所以，，
而，故，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面；
（2）连接，过点作于，
在中，，则，所以，
又因为，所以为等边三角形，
因为为的中点，所以且，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，
所以即为二面角的平面角，
因为几何体与的体积之比，
所以，
，
设点到平面的距离为，则，
则，解得，
因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，所以，
所以，
则，所以，
所以，故，
在中，，
所以二面角的正弦值为.

2．（2024·重庆渝中·模拟预测）如图，已知在正三棱柱中，为边的中点.
(1)证明：；
(2)求三棱锥的体积；
(3)求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取的中点，先证明，，证明平面，得证；
（2）根据题意易知平面，且，利用三棱锥体积公式求解；
（3）过点作于点，易得即为二面角的平面角，求出，得解.
【详解】（1）如图，取的中点，连接，则，
又因为为正三棱柱，所以平面平面，
又平面平面，所以平面，又平面，
，又，，
所以，，
所以，所以，
又，所以，
又，所以平面，所以.
（2）过点作于点，
由（1）知平面，所以平面，
又为边的中点，所以，
因为，所以，所以，
又，
所以.
（3）过点作于点，连接，
因为平面，且，
所以即为二面角的平面角，
又，且，
所以，所以，
所以二面角的大小为.
3．（2024·江西南昌·三模）如图1，四边形为菱形，，，分别为，的中点，如图2．将沿向上折叠，使得平面平面，将沿向上折叠．使得平面平面，连接.
(1)求证：，，，四点共面：
(2)求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的性质得到，结合中位线定理得到，最后证明四点共面即可.
（2）找到对应二面角的平面角，放入三角形中，利用余弦定理求解即可.
【详解】（1）取，的中点分别为，，连接，，
取，的中点分别为，，连接，，，
由题意知，都是等边三角形，
所以，，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，平面，所以，
因为，的中点分别为，，所以
所以，所以，
所以，又因为，
所以，
因为，的中点分别为，，
所以，
所以，所以，，，四点共面；
（2）连接，，且延长交于点，由题意知，，
所以，同理，
所以就是二面角的平面角，
设，则，，，
所以，同理，
所以，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
4．（2024·安徽芜湖·模拟预测）如图，在三棱柱中，正方形的棱长为2，，点M为AB中点，．
(1)求证：三棱柱为直三棱柱；
(2)求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，结合勾股定理的逆定理证得，再利用线面垂直的判定推理即得.
（2）由（1）中信息，利用等体积法求出点到平面的距离，进而求出线面角的正弦即可.
【详解】（1）在三棱柱中，，由点M为AB中点，得，
，而，则，
于是，而，则，又，平面，
从而平面，所以三棱柱为直三棱柱.
（2）由（1）知，，，而平面，
则平面，又平面，于是，显然，
的面积为，设点到平面的距离为，
又，
因此，即，解得，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的余弦值.
5．（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
考点五、动点问题
1．（24-25高二上·浙江嘉兴·阶段练习）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．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证明，继而证明，即可证明平面，从而根据面面垂直的判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，根据空间距离的向量求法，即可求得答案.
（3）设，，进而表示出，，由题意列出关于的方程组求解即可.
【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.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于知道若平面，则当且仅当，从而只需引入两个参数，分别表示出，由此即可顺利得解.
2．（2024·全国·模拟预测）如图，已知四边形是直角梯形，，平面是的中点，E是的中点，的面积为，四棱锥的体积为．
(1)求证：平面;
(2)若P是线段上一动点，当二面角的大小为时，求的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据题意，可得是等边三角形，求出，过点D作交于点M，可得四边形为平行四边形，可求得，结合四棱锥的体积为，求得利用勾股定理证明，进而证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，利用向量法求出点的坐标得解.
【详解】（1）因为平面，所以．
因为N是的中点，所以，故．
又因为，所以是等边三角形．
因为的面积为，所以．
如图1，过点D作交于点M，四边形是直角梯形，
且，，则，
故四边形为平行四边形．
因此．
又，因此．
因为四棱锥的体积为，
所以，
解得．
连接，在中，．
连接，在中，．
因为，
则．
因为平面，所以，
而平面平面，
所以平面．
（2）以N为坐标原点，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图2所示．
则．
因为P是线段上一动点，
所以设，其中．
故．
设平面的一个法向量，
则，令，得，，
所以．
设平面的一个法向量，
则有，令，得，，
可取．
因为二面角的大小为，
所以，即，解得，即．
因为，
所以．
3．（23-24高二上·广西·阶段练习）如图，已知直圆柱的上、下底面圆心分别为，是圆柱的轴截面，正方形内接于下底面圆，点是中点，.

(1)求证：平面平面；
(2)若点为线段上的动点，求直线与平面所成角的余弦值的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）只需证明平面即可；（2）用向量法求角度及基本不等式即可
【详解】（1）的中点为中点，，又，可得，
又直圆柱的上、下底面圆心分别为平面
平面.
且平面平面；
又因为平面，所以平面平面.
（2）以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，过作轴//，建立如图所示空间直角坐标系.
则，
所以，
设，
；
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设直线与平面所成角为，
，
令，则时，，
.

4．（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.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点为，利用直角梯形中位线的性质，线面垂直的性质判定推理即可；
（2）通过正三角形证明，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用二面角得向量求法计算求解即可.
【详解】（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.
5．（2023·山东潍坊·三模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且，．

(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面
(3)若点为线段上的动点．当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）设交于点，连接，利用三角形相似证得，从而证得，进而证得直线平面；
（2）通过平面，证得平面，所以平面平面；
（3）建立空间直角坐标系，设，通过向量和平面的法向量建立直线与平面所成角的正弦值的关系式，并利用基本不等式，即可求最值.
【详解】（1）如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面，

因为平面，所以，
又因为是底面圆的内接正三角形，由，可得，
，解得，
又，，所以，即，，
又因为，所以，
所以，即，
又平面，直线平面，平面，
所以直线平面．
（2）因为平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（3）易知，以点为坐标原点，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，，，，，，
所以，，，，

设平面的法向量为，
则，令，则，
设，可得，
设直线与平面所成的角为，
则，
即，
令，
则，
当且仅当时，等号成立，所以当时，有最大值，
即当时，的最大值为1，此时点，
所以，
所以点到平面的距离，
故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为.
考点六、范围问题
1．（2023·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，垂直于平面．点，，分别为边，，上的动点（不包括顶点），且满足．
(1)求三棱锥的体积的最大值；
(2)记平面与平面所成的锐二面角为，当最小时，求的值，并说明点所处的位置．
【答案】(1)
(2)；在中点
【分析】
（1）设出，由体积公式结合二次函数性质计算即可得；
（2）建立空间直角坐标系后，得到平面与平面法向量，即可表示出，结合导数即可得的最大值，亦可得到所处的位置.
【详解】（1）由垂直于平面，且为直三棱柱，故平面，
故为三棱锥的高，设，则，
由，故，则，
故，
故时，三棱锥的体积有最大值；

（2）由垂直于平面，、平面，
故、，又，
故、、两两垂直，
设，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则有、、、、、，
故、、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，即，，
令，，可得、，、，
故，，
故，
令，，
则，
由，
故当时，，当时，，
故，
故，
由为锐角时，随的增大而减小，故当最小时，有最大，
即此时，此时，即点在中点.
2．（23-24高三下·河北沧州·阶段练习）如图，在直三棱柱中，△为边长为2的正三角形，为中点，点在棱上，且.
(1)当时，求证平面；
(2)设为底面的中心，求直线与平面所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值时的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)最大值为，此时
【分析】（1）根据已知条件建立空间直角坐坐标系，利用向量证明线面垂直即可.
（2）求出直线对应的方向向量和平面对应的法向量，将线面角用向量坐标表示进而求最值.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为三棱柱为直棱柱，且△为正三角形，
所以以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，
根据已知条件得
，
当时，，，
，
，
，即，
又，而平面，平面.
（2）由（1）知，，
为△的中心，，
设平面的法向量，则
，令，则
设直线与平面所成角为，则
令，则，
此时，
(当且仅当即时取等号)，
，
即直线与平面所成角正弦的最大值为，此时的值为
3．（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.
4．（2023·浙江·模拟预测）在三棱锥中，，直线与平面所成角为，直线与平面所成角为．
(1)求三棱锥体积的取值范围；
(2)当直线与平面所成角最小时，求二面角的平面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据线面夹角分析可得，建立平面直角坐标系求点的轨迹方程，结合圆的性质可得的取值范围，进而可得结果；
（2）根据线面夹角结合圆的性质分析直线与平面所成角的最小值，建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角.
【详解】（1）如图1，过点作平面，垂足为，连接，
则直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，
可得，则，
如图2，以分别为轴建立平面直角坐标系，则，
设，
因为，则，
整理得，即点的轨迹是以为圆心，半径的圆，
可得，即，
所以，
故三棱锥体积，
即三棱锥体积的取值范围为.

（2）连接，
由（1）可知：直线与平面所成角为，则，
因为点的轨迹方程为，且，
即点的轨迹过点，延长分别交圆于点，
则，
当且仅当三点共线时，等号成立，
因为，则，
可得直线的方程为，
联立方程，解得或，
即点，可得，
如图4，以为坐标原点建立建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
由题意可知：平面的法向量为，
则，
所以二面角的平面角的余弦值为.

5．（2023·河南·模拟预测）如图，在正四棱台中，，，，为棱，的中点，棱上存在一点，使得平面．

(1)求；
(2)当正四棱台的体积最大时，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）取点构造平行四边形，再由比例关系证明求值．
（2）设，将体积表示为的函较，求出棱台的体积最大时的值，再建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值．
【详解】（1）作交于，再作交于，连接．
因为平面，所以平面．
又平面平面，所以．
又因为，所以四边形是平行四边形，
所以，即为棱的四等分点，
故也为棱的四等分点，所以．
（2）由（1）易知为的四等分点，所以点在点的正上方，
所以底面．
设，则，所以，
所以该四棱台的体积，
而．
当且仅当，即时取等号，此时，．
以为原点，，分别为轴、轴，
过平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
由得令，则．
设与平面所成角为，
则，
故与平面所成角的正弦值为．
6．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图，四棱锥中，底面是矩形，，，且平面平面．分别是的中点．．
(1)求证：是直角三角形；
(2)求四棱锥体积的最大值；
(3)求平面与平面的夹角余弦值的范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）设平面PAB平面PCD，由面面垂直的性质定理以及线面平行的性质定理即可得PE⊥PF，则△PEF是直角三角形；
（2）求出P到平面ABCD的最大距离即可得四棱锥P―ABCD体积最大值；
（3）利用空间向量法可求平面PEF与平面PBC夹角余弦值的表达式，再利用换元法以及导数的知识可得最值.
【详解】（1）设平面平面PCD，
由于，平面ADC，平面ADC，
因此平面PDC，而平面APB，平面平面，
因此，而，因此．
而平面平面PCD，平面平面，平面，
因此平面PDC，而平面PDC，因此.
故△PEF是直角三角形．
（2）由于，，因此P是以EF为直径半圆上的点．
而，，平面PEF，
因此平面PEF，而AB平面ABCD，
因此平面平面ABCD．
故P到平面ABCD的最大距离为，
四棱锥体积最大为．
（3）设EF中点为O，作过O垂直EF的直线m．
设平面PEF与平面PBC夹角为．
以O为原点，OE，m，过O垂直于平面ABCD的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．
则，，，，并设．
平面PEF的一个法向量为，
，，
设平面PBC的法向量为，因此，可取
，不妨设，
，，因此随增大而增大
因此．
【点睛】方法点睛：涉及最值问题时，若无法利用函数的性质以及基本不等式解决，可以考虑使用导数进行求解.
考点七、立体几何中的存在性问题
1．（2024·广西·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且.

(1)证明：平面.
(2)是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？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)存在实数，理由见解析
【分析】
（1）由线线垂直得到线面垂直，进而得到，再由勾股定理逆定理得到，从而得到线面垂直；
（2）作出辅助线，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由二面角的余弦值得到方程，求出答案.
【详解】（1）
因为四边形是菱形，所以.
因为，，平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以，即.
因为，平面，且，所以平面.
（2）
取棱的中点，连接，因为四边形是菱形，，
所以为等边三角形，故⊥，
又平面，平面，
所以，，故，，两两垂直，
故以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系.

设，则，，，，
故，，，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，得.
平面的一个法向量为，设面与面所成的锐二面角为，
则，
整理得，解得或（舍去）.
故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是.
2．（2023·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．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在；或
【分析】（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.
【详解】（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．
3．（2023·福建龙岩·二模）三棱柱中，，，侧面为矩形，，三棱锥的体积为．

(1)求侧棱的长；
(2)侧棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）证明平面，结合题目条件，先计算出的值，然后即可以求得侧棱的长；
（2）建立空间直角坐标系，设未知数，结合题目条件，列出方程求解，即可得到本题答案.
【详解】（1）在平面内过作，垂足为，
因为侧面为矩形，所以，
又，，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，
易得，面，平面平面，
所以平面，
因为，所以，
因为，，所以；
（2）存在点满足题意，，理由如下：
如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则，
设，则，
故，，
设平面的法向量为
则即，令，则，
故平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
则，解得，
故存在点E满足题意，所以.
4．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，直四棱柱的底面为菱形，且，分别是上，下底面的中心，是的中点，．
(1)求证：平面；
(2)是否存在实数，使得在平面内的射影恰好为的重心．若存在，求，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)不存在，理由见解析．
【分析】（1）分别取的中点，连接，说明面即为截面，证明后可证得线面平行；
（2）分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，设，由重心公式求得坐标，由向量的数量积为0求得值．
【详解】（1）分别取的中点，连接，
则在直四棱柱中，，且是中点，所以平面，即为截面，
又是中点，则与平行且相等，从而是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，即平面；
（2）不存在，理由如下：
是菱形且，所以都是等边三角形，，
易知，由已知得平面，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，
设，则，，，，
因此有，，，，
则的重心为，，
若平面，则，无解．
因此不存在实数，使得在平面内的射影恰好为的重心．
5．（2024·广东东莞·模拟预测）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面ABCD，点P、Q分别是棱、的中点．

(1)在底面内是否存在点M，满足平面CPQ 若存在，请说明点M的位置，若不存在，请说明理由；
(2)设平面CPQ交棱于点T，平面CPTQ将四棱台，分成上、下两部分，求上、下两部分的体积比．
【答案】(1)存在，点M的位置见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设出点M的坐标，再依据，利用向量的数量积列出等式计算即可；
（2）设出点T的坐标，根据平面向量基本定理，求出点T的坐标，再直接求体积即可.
【详解】（1）因为四棱台的上、下底面都是正方形，且底面ABCD，
所以可以以为坐标原点，分别为轴建立如图所示坐标系，
则
，
假设在底面内存在点M，满足平面CPQ，则可设，
有，则，即，
所以，，
故在底面内存在点，满足平面CPQ.
（2）设，因为点T在平面CPQ内，所以可设，
则，
所以，所以，则，
连接，，
设平面CPTQ将四棱台分成上、下两部分的体积分别为，
，
，，
取的中点，连接，则，，
又平面，平面，所以平面，
，
所以，
，
，所以，
所以所求的上、下两部分的体积比为.

考点八、立体几何中的劣构性问题
1．（2024·北京海淀·模拟预测）如图，矩形，，平面，，，，，平面与棱交于点. 再从条件①、条件②、条件③，这三个条件中选择一个作为已知.
(1)求证：；
(2)求直线与平面夹角的正弦值；
(3)求的值.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证明平面平面，得平面，再证即可；
（2）依题建系，分别就① ，② ，③，写出相关点的坐标，求得平面的法向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得；
（3）设，求得，分别利用①，②，③求得，结合列方程组，求出即得
【详解】（1）因为，平面，平面，故平面，
由矩形可得，平面，平面,故平面,
又 ，且平面，平面，故平面平面，
又因平面，故平面，
因平面，平面平面
所以，即；
（2）
若选择条件①，因为平面，平面,，.
又有，如图，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，故可取.
设直线与平面夹角为，则
，
即直线与平面夹角的正弦值；
若选择条件②，因为平面，平面,，.
又有，如图，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，故可取.
设直线与平面夹角为，则
，
即直线与平面夹角的正弦值；
若选择条件③，因为平面，平面,，.
又有，如图，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，故可取.
设直线与平面夹角为，则
，
即直线与平面夹角的正弦值.
（3）由（2）建系，且可知无论选择①，②，③哪个条件，都有.
设，，则，
由（1）知，所以
故存在实数，使得,即，解得,符合题意.
故得.
2．（2024·江苏南通·二模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，，直线AB与平面相交于点H.
(1)从下面两个结论中选一个证明：①；②直线HE，GF，AC相交于一点；
注：若两个问题均作答，则按第一个计分.
(2)求直线BD与平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）选择条件①，利用线面平行的判定性质推理即得；选择条件②，利用平面的基本事实推理即得.
（2）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.
【详解】（1）选择条件①，由,分别为,的中点，得，
又平面平面，则平面，
又平面，平面平面，所以.
选择条件②，在中，为中点，则与不平行，
设，则，又平面平面，
于是平面平面，又平面平面，因此，
所以,,相交于一点.
（2）若第（1）问中选①，由（1）知，平面，
则点到平面的距离即为与平面的距离，
若第（1）问中选②，由,分别为,的中点，则，
又平面平面，于是平面，
因此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，,，
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.
3．（2024·北京海淀·一模）如图，在四棱锥中，为的中点，平面.
(1)求证：；
(2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定.
（i）求证：平面；
（ⅱ）设平面平面，求二面角的余弦值.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）借助线面平行的性质定理与中位线的性质即可得；
（2）（i）借助线面垂直的判定定理即可得；（ⅱ）结合所给条件建立适当的空间直角坐标系后借助空间向量计算即可得.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为为的中点，所以，
因为，所以，所以四点共面，
因为平面，平面平面，平面，
所以，所以四边形为平行四边形，所以，所以；
（2）（i）取的中点，连接，
由（1）知，所以，
因为，所以四边形是平行四边形，
所以，
因为，所以，
所以，即，
选条件①：，
因为，所以与全等，
所以，因为，所以，
所以，即，又因为，
、平面，所以平面；
（ⅱ）由（i）知平面，而平面，
所以，因为，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为, 则，即，
令，则，于是，
因为为平面的法向量, 且,
所以二面角的余弦值为.
选条件③：，
(i) 因为，所以，
因为，所以与全等，
所以，即，
因为，又因为，、平面，
所以平面；
(ii) 同选条件①.
不可选条件②，理由如下：
由（i）可得，又，
，、平面，
所以平面，又因为平面，
所以，即是由已知条件可推出的条件，
故不可选条件②.
4．（2024·广东广州·模拟预测）已知四棱锥的底面是正方形，给出下列三个条件：①；②；③平面.
(1)从①②③中选取两个作为条件，证明另一个成立；
(2)在（1）的条件下，若，当四棱锥体积最大时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）①②③：可以通过分别证明，，结合线面垂直的判定定理得平面，进一步，结合即可得证；②③①：首先证明平面，结合底面是正方形，是正方形的中心即可得证；①③②：首先通过证明平面，得到四棱锥是正四棱锥，进一步通过证明平面即可得证；
（2）首先通过基本不等式证明当四棱锥体积取最大值时，四棱锥的底边边长为.法一：由定义找出二面角，结合解三角形知识即可得解；法二：建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，由向量夹角的余弦公式即可得解.
【详解】（1）①②③，
连接，相交于，连接，由于底面是正方形，所以，
又，，，平面，
故平面，平面，故，
由于，，，故，
因此，，，平面，
故平面，（可得四棱锥是正四棱锥）
平面，故，
又，，，平面，故平面.
②③①
连接，相交于，连接，由于底面是正方形，所以，
又，，，平面，
故平面，平面，故，
又平面，平面，故，
，，平面，故平面，
结合底面是正方形，是正方形的中心，
所以四棱锥是正四棱锥，故，
①③②
连接，相交于，连接，平面，平面，故，
由于，，故，又，，，故，
故，
因此，，，，平面，故平面，
故四棱锥是正四棱锥，
由于，又，，，平面，
故平面，平面，故，
（2）无论选择哪两个条件，都可以推出四棱锥是正四棱锥，
设四棱锥的底边边长为，则四，
所以，
故，
由于，
当且仅当，即时取等号，
故当四棱锥的底边边长为时，四棱锥体积的最大值为.
（法一）因为底面，由点向作垂线，垂足为，连接，
又因为底面，，
所以为二面角的平面角，
，，，
即二面角的余弦值为.
（法二）以点为坐标原点建立如图空间直角坐标系，
则，，，
所以，，
设面的法向量为，
则即，
不妨取，则，，所以，
易得平面的法向量，
设二面角的平面角为，
即二面角的余弦值为.
5．（23-24高三上·北京朝阳·期末）如图，在四棱锥中，，侧面底面，是的中点.
(1)求证：平面；
(2)已知，，再从条件 ①、条件 ②、条件 ③ 这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥唯一确定，求二面角的余弦值.
条件①：；条件②：；条件③：直线与平面所成角的正切值为.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形，则，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）取的中点，连接，先根据面面垂直的性质证明平面，以为原点建立空间直角坐标系，
选①，连接，先求出，再利用向量法求解即可.
选②，由条件可得平面，则，这与已知矛盾.
选③，连接，由平面，得是直线与平面所成角，进而可求出，再利用向量法求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为是的中点，所以.
又因为，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面；

（2）取的中点，连接，
因为，所以，
又因为侧面底面，
且平面平面，平面，
所以平面，
如图，在平面中，作，
则，
以为原点建立空间直角坐标系，

选条件①：连接，在中，因为，，所以，
在中，因为，，所以，
所以，
所以，
设平面的法向量是，
则，即，
令，则，于是，
因为平面，所以是平面的一条法向量，
所以，
由题知，二面角为钝二面角，
所以其余弦值为.
选条件②：因为平面，
所以平面，
又平面，所以，
而，平面，所以与平行或重合，
这与矛盾，
所以条件②不行.
选条件③：连接，因为平面，
所以是直线与平面所成角，
所以，
在中，因为，所以，
在中，因为，所以，
下同选条件①.
考点九、立体几何中的杂糅问题
1．（2024·福建·模拟预测）在中，，，的平分线交AB于点D，.平面α过直线AB，且与所在的平面垂直.
(1)求直线CD与平面所成角的大小；
(2)设点，且，记E的轨迹为曲线Γ.
（i）判断Γ是什么曲线，并说明理由；
（ii）不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P，Q两点，试问：在平面α内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)（i）曲线是椭圆，理由见解析；（ii）存在，点满足或
【分析】（1）根据条件作出图形，利用线面角的定义得到所求线面角，解出即可;
（2）（i）建立空间直角坐标系，根据条件建立方程，即可求解；
（ii）把转化为，坐标表示后，利用联立直线方程和椭圆方程化简后利用韦达定理得到的关系式进行化简求解即可；也可以把条件转化为进行求解.
【详解】（1）因为平面，
平面平面，
所以.
所以直线在内的射影为直线，
所以直线与所成角为.
过作，垂足为.
因为平分，
所以.
又，所以，所以
又，所以.
因为，所以，
所以直线与平面所成角为.
（2）（i）曲线是椭圆,理由如下：
由（1）可知，，
所以是的中点,
设的中点为，所以.
又，所以.
在内过作，所以
以为原点，所在的方向分别为轴，轴，轴的正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示.
因为，所以，
设，又，
则.
因为，又，
所以，
化简得，即，
所以曲线是椭圆.
（ii）方法一：设.
在平面内，因为与不重合，可设，
由得，所以.
由对称性知，若存在定点满足条件，
则必在平面与的交线上，故可设.
若，则，
即，
因为，
所以，
当时，上式恒成立，所以符合题意；
当时，有，
所以，
所以.
因为，
所以，
所以，
所以，即.
因为上式对于任意的恒成立，所以.
综上，存在点满足，或时，符合题意.
方法二：设
在平面内，因为与不重合，可设，由得，
所以.
由对称性知，若存在定点满足条件，则必在平面与的交线上，故可设.
当与重合时，因为，又，
所以.
所以当时，符合题意.
当与不重合时，过作，
垂足分别为.连接，
则因为，所以.
又，所以平面，
所以，同理
又，所以，所以，
所以RtRt，所以直线平分
又在轴上，所以在平面内直线的倾斜角互补
在平面内，设直线的斜率分别为，
则
，
对于任意的恒成立，所以.
综上，存在点满足，或时，符合题意.
【点睛】关键点点睛：解答本题最后问的关键是转化条件，可以转化为或者转化为，继而利用坐标求解.
2．（2024·河北石家庄·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，过点的动直线交于A，B两点，点在轴上方，且不与轴垂直，的周长为，直线与交于另一点，直线与交于另一点，点为椭圆的下顶点，如图①.
(1)当点为椭圆的上顶点时，将平面xOy沿轴折叠如图②，使平面平面，求异面直线与所成角的余弦值；
(2)若过作，垂足为.
（i）证明:直线过定点；
（ii）求的最大值.
【答案】(1)
(2)（i）证明见详解；（ii）
【分析】（1）据题意求出椭圆方程，折叠后建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求出异面直线与所成角的余弦值；
（2）（i）联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理求出点的坐标，同理得到点的坐标，进而得到直线的方程，根据对称性，可判断定点在轴上，故令，即可得到定点坐标；（ii）由题意可知，点的轨迹为以，为直径的圆（除外），由即可求解.
【详解】（1）由椭圆定义可知，，
所以的周长为，所以，
又因为椭圆离心率为，所以，所以，
又，所以椭圆的方程：，
所以椭圆的焦点为，，
当点为椭圆的上顶点时，，
所以直线的方程为：，
由解得，，
由对称性知，
以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴的正半轴所在直线为轴建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
，，
设直线与所成角为，
则，
异面直线与所成角的余弦值为.
（2）（i）设点，，，，
则直线的方程为，则，
由得，，
所以，
因为，所以，
所以，故，
又，
同理，，，
由三点共线，得，
所以，
直线的方程为，
由对称性可知，如果直线过定点，则该定点在轴上，
令得，
，
故直线过定点.
（ii）由题意知点，点的轨迹为以，为直径的圆（除外），
圆心为，半径为，故.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
3．（2024·山东·模拟预测）如图（1），已知抛物线的焦点为，准线为，过点的动直线与交于A，B两点（其中点A在第一象限），以AB为直径的圆与准线相切于点C，D为弦AB上任意一点，现将沿CD折成直二面角，如图（2）．
(1)证明：；
(2)当最小时，
①求，两点间的最小距离；
②当，两点间的距离最小时，在三棱锥内部放一圆柱，使圆柱底面在面BCD上，求圆柱体积的最大值．
【答案】(1)证明见详解
(2)①；②
【分析】（1）做辅助线，根据垂直关系可得，，结合直角三角形三角关系分析证明；
（2）①根据三角知识结合基本不等式可得，利用弦长公式求得，分和两种情况，结合基本不等式分析求解；②设相应量，可得，可得圆柱的体积，构建函数，利用导数求最值.
【详解】（1）过作，垂足为，过作，垂足为，
因为平面平面，且平面平面，平面，
可得平面，
由平面，可得，
且，平面，可得平面，
由平面，可得，
则，
所以.
（2）因为以AB为直径的圆与准线相切于点C，可知，
则，
由（1）可得：
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以当时，最小，
①因为平面，平面，则，，
即，
在中，则，
在中，由余弦定理可得，
则，
在中，则，
在中，则，可得，
由题意可知：焦点，准线，直线的斜率存在，且直线与抛物线必相交，
设直线，，
联立方程，消去y可得，
则，
可得，
当时，取到最小值2，根据对称性可知，
可得；
当时，则，且，
由基本不等式可得，
则；
综上所述：的最小值为2，当且仅当，时，等号成立，
所以，两点间的最小距离为；
②由（1）可知：当，两点间的距离最小时，则，，
可知为中点，且与重合，
因为，
设的内切圆半径为，
由等面积法可得：，解得，
设圆柱的底面半径为，高为，
则，可得，
所以圆柱的体积，
令，则，
当时，；当时，；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则，
所以圆柱体积的最大值为.
【点睛】关键点点睛：对于（2）中：
①利用勾股定理结合余弦定理整理可得；
②根据锥体的结构特征分析可得，进而可求圆柱体积.
4．（2024·福建泉州·模拟预测）已知抛物线，点在的准线上，过焦点的直线与相交于两点，且为正三角形．
(1)求的面积；
(2)取平面外一点使得，设为的中点，若，求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）引入参数，想办法表示出，结合即可建立关于的方程，求得记得等边三角形边长，进一步得面积；
（2）由，，得到两两垂直，建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量即可进一步求解.
【详解】（1）由已知得，准线方程为，
设直线的方程为，弦的中点，如图所示，
联立消去并整理得，,
则，所以，
所以，即，
所以，为等边三角形，则，
（否则时，不妨设，则由等边三角形的对称性可知的坐标只能是，但），
则设直线的方程为，即，所以点，
又，所以，解得，
所以．又，故．
（2）由题为正三棱锥，即，
又正三棱锥各侧面三角形都全等，所以，
而，为的中点，
从而，
所以，
因此，即两两垂直，故可将补成如图所示的正方体，
以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图：
因为，所以，显然，面，
故可取面的一个法向量，
又为的中点，则，且，
设平面的法向量，即，取，则,
由图可知二面角是锐角，二面角的余弦值.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键在于得到两两垂直，以及，，由此即可顺利得解.
考点十、立体几何中的新定义问题
1．（22-23高三上·河北·阶段练习）已知，，，定义一种运算：，在平行六面体中，，，.
(1)证明：平行六面体是直四棱柱；
(2)计算，并求该平行六面体的体积，说明的值与平行六面体体积的关系.
【答案】(1)证明见解析
(2)，平行六面体的体积为，的值表示以，，为邻边的平行六面体的体积
【分析】（1）利用向量法证明，，从而可得平面，即可得证；
（2）根据公式求出，利用棱柱的体积公式求出该棱住的体积，从而可得出结论.
【详解】（1）证明：由题意，，
∴，，即，，
∵，是平面内两相交直线，∴平面，
∴平行六面体是直四棱柱；
（2）解：，
由题意，，，
，所以，
，，
∴.
∴，
故的值表示以，，为邻边的平行六面体的体积.
2．（2022·辽宁沈阳·二模）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为.
(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度；
(2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设
（i）用表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积；
（ii）当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）根据弯曲度、曲率的定义求得正确答案.
（2）（i）结合多面体的表面积的求法求得；（ii）利用导数求得蜂房表面积最小时的值.令，利用余弦定理求得，结合三角恒等变换的知识求得顶点的曲率的余弦值.
【详解】（1）蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和，
根据定义其度量值等于减去三个菱形的内角和，
再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和，
即蜂房曲顶空间的弯曲度为.
（2）（i）如图所示，连接AC，SH，则，设点在平面的射影为O，
则，则，
菱形SAHC的面积为，
侧面积，
所以蜂房的表面积为.
（ii），
令得到，
所以在递增；在递增.
所以在处取得极小值，也即是最小值.
此时，在中，令，由余弦定理得，
又顶点的曲率为，
.
3．（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：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（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.
【详解】（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，
，
，
，
.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是充分理解离散曲率的定义，从而结合立体几何的知识求解即可．
4．（2024高三·全国·专题练习）我们知道，二元实数对可以表示平面直角坐标系中点的坐标； 那么对于元实数对（，是整数），也可以把它看作一个由条两两垂直的“轴”构成的高维空间（一般记为）中的一个“点”的坐标表示的距离 ．
(1)当时， 若，，， 求 ， 和 的值；
(2)对于给定的正整数，证明中任意三点满足关系 ；
(3)当时，设，，，其中，，，．求满足点的个数，并证明从这个点中任取11个点，其中必存在个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于．
【答案】(1)，，
(2)证明见解析
(3)，证明见解析
【分析】（1）根据新定义直接计算；
（2）由新定义，写出不等式两边的表达式，根据绝对值的性质证明；
（3）根据新定义，及绝对值的性质得点是以为对角线的正方体的表面和内部的整数点，共125个，把它们分布在五个平面，1，2，3，上，这五个面一个面取3个点，相邻面上取一个点，以它们为顶点构成三棱锥（能构成时），棱锥的体积不超过，然后任取11点中如果没有4点共面，但至少有一个平面内有3个点．根据这3点所在平面分类讨论可得．
【详解】（1）当 时，若，，，
则，，．
（2）设，，，
根据绝对值的性质有，， ，
所以．
（3）因为，，，则，
且，
可得，当且仅当时，等号同时成立，
又因为，可得，，，，
可知，，，1，2，3，4，则，
点是以为对角线的正方体内部（含面上）的整数点，共125个，即．
这125个点在，，，，这五面内．
这三个平面内，一个面上取不共线的 3 点，相邻面上再取一点构成一个三棱锥．
则这个三棱锥的体积最大为，
现在任取11个点，
若有四点共面，则命题已成立；
若其中无4点共面，但11个点分在5个平面上至少有一个平面内有3个点（显然不共线）；
若这三点在，， 这三个平面中的一个上，与这个面相邻的两个面上如果有一点，
那么这一点与平面上的三点这四点可构成三棱锥的四个顶点，其体积不超过，
否则还有 8 个点在平面 和上，不合题意，
若这三个点在平面或上，不妨设在平面，
若在平面在一个点，则同样四点构成的三棱锥体积不超过，
否则剩下的 8个点在，， 三个平面上，只能是 3，3，2 分布，
不管哪一种分布都有四点构成的三棱锥体积不超过；
综上所述：任取11个点，其中必存在4个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于．
【点睛】关键点点睛：本题新定义距离，解题关键是利用新定义转化为绝对值，利用绝对值的性质解决一些问题．本题还考查了抽屉原理，11个放在5个平面上，至少有一个平面内至少有3点，由此分类讨论可证明结论成立．
5．（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）高斯-博内公式是大范围微分几何学的一个经典的公式，是关于曲面的图形（由曲率表征）和拓扑（由欧拉示性数表征）间联系的一项重要表述，建立了空间的局部性质和整体性质之间的联系.其特例是球面三角形总曲率与球面三角形内角和满足：，其中为常数，（如图，把球面上的三个点用三个大圆（以球心为半径的圆）的圆弧联结起来，所围成的图形叫做球面三角形，每个大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个角.球面三角形的总曲率等于，为球面三角形面积，为球的半径）.
(1)若单位球面有一个球面三角形，三条边长均为，求此球面三角形内角和；
(2)求的值；
(3)把多面体的任何一个面伸展成平面，如果所有其他各面都在这个平面的同侧，这样的多面体叫做凸多面体.设凸多面体顶点数为，棱数为，面数为，试证明凸多面体欧拉示性数为定值，并求出.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析；
【分析】（1）由球面三角形边角定义，转化为大圆弧长可求圆心角，由球面三角形三条边长均为，得两两垂直，从而得到面面垂直，进而求内角和可得；
（2）将球面平均分割为个全等的球面三角形，由特值代入公式待定即可；
（3）将球面分割为个球面多边形，再转化为球面三角形，借助球面三角形总曲率与球面三角形内角和关系，利用所有分割后的球面三角形面积之和（用表示）即为球面面积建立等量关系求证即可．
【详解】（1）如图，设球心为，球面三角形三个顶点分别为，
由球面三角形三边长均为，由题意，即每个大圆弧长均为.
又单位球面的球半径，则球面三角形每条边所对圆心角为，
所以在三棱锥中，两两垂直.
由，，且平面，平面，
则平面，平面，
故平面平面，同理平面平面，平面平面，
即球面三角形任意两条边所在的半平面构成的二面角均为，
故球面三角形的个角均为，从而此球面三角形内角和为.
（2）若将地球看作一个球体，
在地球上零度经线和经线所在大圆与赤道所在大圆将球面平均分成个全等的球面三角形，
由（１）可知，每个球面三角形的个角均为，且球面三角形内角和，
从而每个球面三角形的面积为，
则每个球面三角形的总曲率为，
设，由题意，且为常数，
则有，从而.
（3）将多面体的每个面视作可以自由伸缩的橡皮膜，使膨胀为一个半径为的球，
每个顶点均在球面上，每条边变为球面上的边，每个多边形变为球面上的多边形，
且膨胀前后不变.
不妨记球面仍为单位球面，半径，
对于任意一个球面边形，可用球面上的边分割成个球面三角形，
由（2）可知，，则每个球面三角形的内角和．
即每个内角和为的球面三角形面积为，
记，称为分割成个球面三角形的球面边形的内角和．
所以球面边形面积为.
由已知凸多面体顶点数为，棱数为，面数为，
则可记球面上多边形，
对每一个球面多边形，设其边数为，内角和为，面积为，
则，
由球面三角形角的定义可知，每个顶点处所有球面多边形的角之和为，顶点数为，
从而所有球面多边形内角和为，
又球面多边形每条边被重复计算次，棱数为，故，
则，
又所有球面多边形面积之和，
故，故.
【点睛】关键点点睛：解决本题关键在于转化化归思想的应用，一是理解球面三角形及边角的定义，将球面内角和问题转化多面体的二面角之和求解；二是将凸多面体膨胀为球面后，凸多面体欧拉示性数没有变化，从而将凸多面体问题转化为球面问题处理；三是利用分割法将球面面积转化为球面三角形的面积之和，从而建立等量关系求解．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)第08讲 新高考新结构命题下的
立体几何解答题综合训练
（10类核心考点精讲精练）
在新课标、新教材和新高考的“三新”背景下，高考改革又一次具有深度的向前推进。这不仅仅是一场考试形式的变革，更是对教育模式和教育理念的全面革新。
当前的高考试题设计，以“三维”减量增质为核心理念，力求在减少题目数量的同时，提升题目的质量和考查的深度。这具体体现在以下三个方面：
三考
题目设计着重考查学生的知识主干、学习能力和学科素养，确保试题能够全面、客观地反映学生的实际水平。
三重
强调对学生思维深度、创新精神和实际应用能力的考查，鼓励学生不拘泥于传统模式，展现个人的独特见解和创造力。
三突出
试题特别突出对学生思维过程、思维方法和创新能力的考查，通过精心设计的题目，引导学生深入思考和探索，培养逻辑思维和创新能力。
面对新高考新结构试卷的5个解答题，每个题目的考查焦点皆充满变数，无法提前预知。立体几何版块作为一个重要的考查领域，其身影可能悄然出现在第15题中，作为一道13分的题目，难度相对较为适中，易于学生入手。同样不能忽视的是，立体几何版块也可能被置于第18、19题这样的压轴大题中，此时的分值将提升至17分，挑战学生的解题能力和思维深度，难度自然相应加大。
面对如此多变的命题趋势，教师在教学备考过程中必须与时俱进。不仅要深入掌握不同题目位置可能涉及的知识点及其命题方式，更要能够灵活应对，根据试题的实际情况调整教学策略。本文基于新高考新结构试卷的特点，结合具体的导数解答题实例，旨在为广大师生提供一份详尽的导数解答题综合训练指南，以期在新高考中取得更好的成绩。
考点一、空间中平行关系的证明
1．（2024·河南新乡·模拟预测）如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为矩形，且平面平面分别为棱的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，且二面角的大小为120°，求的值．
2．（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.
3．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，在圆柱中，分别为圆柱的母线和下底面的直径，为底面圆周上一点.
(1)若为的中点，求证：平面；
(2)若，圆柱的体积为，求二面角的正弦值.
4．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在九面体ABCDEFGH中，平面平面，平面平面，，，底面ABCDEF为正六边形．

(1)证明：平面ABCDEF．
(2)证明：平面AFG．
(3)求GE与平面所成角的正弦值．
5．（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.
考点二、空间中垂直关系的证明
1．（2024·陕西商洛·三模）如图，在四棱锥中，平面，平面平面．
(1)证明：；
(2)若为的中点，，求到平面的距离．
2．（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．
3．（2024·全国·模拟预测）如图，将绕边旋转得到，其中平面，连结分别是的中点，平面．

(1)求证：；
(2)求与平面所成角的正弦值．
4．（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.
5．（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．
考点三、空间向量法求空间角与空间距离
1．（2024·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，平面，，∥，，，为棱的中点.
(1)证明：平面；
(2)求平面和平面夹角的余弦值；
(3)求A点到直线的距离.
2．（2024·河北·模拟预测）如图所示，三棱柱中，分别为棱的中点，分别是棱上的点，.
(1)求证：直线平面；
(2)若三棱柱为正三棱柱，求平面和平面的夹角的大小.
3．（2024·江西新余·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，，，平面平面.

(1)求证：平面平面.
(2)求二面角的余弦值.
(3)为平面内一点，若平面，求的长.
4．（2024·贵州·模拟预测）在三棱锥中，平面，是上一点，且，连接与，为中点.
(1)过点的平面平行于平面且与交于点，求；
(2)若平面平面，且，求点到平面的距离.
5．（2024·辽宁沈阳·三模）已知四棱柱中，平面，在底面四边形中，，点是的中点.

(1)若平面平面，求三棱锥的体积；
(2)设且，若直线与平面所成角等于，求的值.
考点四、几何法求空间角与空间距离
1．（2024·辽宁丹东·一模）如图，在四棱锥中，，，，，，点在棱上．

(1)求证：平面平面；
(2)若平面分两部分几何体与的体积之比，求二面角的正弦值．
2．（2024·重庆渝中·模拟预测）如图，已知在正三棱柱中，为边的中点.
(1)证明：；
(2)求三棱锥的体积；
(3)求二面角的大小.
3．（2024·江西南昌·三模）如图1，四边形为菱形，，，分别为，的中点，如图2．将沿向上折叠，使得平面平面，将沿向上折叠．使得平面平面，连接.
(1)求证：，，，四点共面：
(2)求平面与平面所成角的余弦值.
4．（2024·安徽芜湖·模拟预测）如图，在三棱柱中，正方形的棱长为2，，点M为AB中点，．
(1)求证：三棱柱为直三棱柱；
(2)求直线与平面所成角的余弦值．
5．（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.
考点五、动点问题
1．（24-25高二上·浙江嘉兴·阶段练习）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．
2．（2024·全国·模拟预测）如图，已知四边形是直角梯形，，平面是的中点，E是的中点，的面积为，四棱锥的体积为．
(1)求证：平面;
(2)若P是线段上一动点，当二面角的大小为时，求的值．
3．（23-24高二上·广西·阶段练习）如图，已知直圆柱的上、下底面圆心分别为，是圆柱的轴截面，正方形内接于下底面圆，点是中点，.

(1)求证：平面平面；
(2)若点为线段上的动点，求直线与平面所成角的余弦值的最小值.
4．（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.
5．（2023·山东潍坊·三模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且，．

(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面
(3)若点为线段上的动点．当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离．
考点六、范围问题
1．（2023·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，垂直于平面．点，，分别为边，，上的动点（不包括顶点），且满足．
(1)求三棱锥的体积的最大值；
(2)记平面与平面所成的锐二面角为，当最小时，求的值，并说明点所处的位置．
2．（23-24高三下·河北沧州·阶段练习）如图，在直三棱柱中，△为边长为2的正三角形，为中点，点在棱上，且.
(1)当时，求证平面；
(2)设为底面的中心，求直线与平面所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值时的值.
3．（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.
4．（2023·浙江·模拟预测）在三棱锥中，，直线与平面所成角为，直线与平面所成角为．
(1)求三棱锥体积的取值范围；
(2)当直线与平面所成角最小时，求二面角的平面角的余弦值.
5．（2023·河南·模拟预测）如图，在正四棱台中，，，，为棱，的中点，棱上存在一点，使得平面．

(1)求；
(2)当正四棱台的体积最大时，求与平面所成角的正弦值．
6．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图，四棱锥中，底面是矩形，，，且平面平面．分别是的中点．．
(1)求证：是直角三角形；
(2)求四棱锥体积的最大值；
(3)求平面与平面的夹角余弦值的范围．
考点七、立体几何中的存在性问题
1．（2024·广西·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且.

(1)证明：平面.
(2)是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

2．（2023·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．
3．（2023·福建龙岩·二模）三棱柱中，，，侧面为矩形，，三棱锥的体积为．

(1)求侧棱的长；
(2)侧棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．
4．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，直四棱柱的底面为菱形，且，分别是上，下底面的中心，是的中点，．
(1)求证：平面；
(2)是否存在实数，使得在平面内的射影恰好为的重心．若存在，求，若不存在，请说明理由．
5．（2024·广东东莞·模拟预测）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面ABCD，点P、Q分别是棱、的中点．

(1)在底面内是否存在点M，满足平面CPQ 若存在，请说明点M的位置，若不存在，请说明理由；
(2)设平面CPQ交棱于点T，平面CPTQ将四棱台，分成上、下两部分，求上、下两部分的体积比．
考点八、立体几何中的劣构性问题
1．（2024·北京海淀·模拟预测）如图，矩形，，平面，，，，，平面与棱交于点. 再从条件①、条件②、条件③，这三个条件中选择一个作为已知.
(1)求证：；
(2)求直线与平面夹角的正弦值；
(3)求的值.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
2．（2024·江苏南通·二模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，，直线AB与平面相交于点H.
(1)从下面两个结论中选一个证明：①；②直线HE，GF，AC相交于一点；
注：若两个问题均作答，则按第一个计分.
(2)求直线BD与平面的距离.
3．（2024·北京海淀·一模）如图，在四棱锥中，为的中点，平面.
(1)求证：；
(2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定.
（i）求证：平面；
（ⅱ）设平面平面，求二面角的余弦值.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
4．（2024·广东广州·模拟预测）已知四棱锥的底面是正方形，给出下列三个条件：①；②；③平面.
(1)从①②③中选取两个作为条件，证明另一个成立；
(2)在（1）的条件下，若，当四棱锥体积最大时，求二面角的余弦值.
5．（23-24高三上·北京朝阳·期末）如图，在四棱锥中，，侧面底面，是的中点.
(1)求证：平面；
(2)已知，，再从条件 ①、条件 ②、条件 ③ 这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥唯一确定，求二面角的余弦值.
条件①：；条件②：；条件③：直线与平面所成角的正切值为.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
考点九、立体几何中的杂糅问题
1．（2024·福建·模拟预测）在中，，，的平分线交AB于点D，.平面α过直线AB，且与所在的平面垂直.
(1)求直线CD与平面所成角的大小；
(2)设点，且，记E的轨迹为曲线Γ.
（i）判断Γ是什么曲线，并说明理由；
（ii）不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P，Q两点，试问：在平面α内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由.
2．（2024·河北石家庄·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，过点的动直线交于A，B两点，点在轴上方，且不与轴垂直，的周长为，直线与交于另一点，直线与交于另一点，点为椭圆的下顶点，如图①.
(1)当点为椭圆的上顶点时，将平面xOy沿轴折叠如图②，使平面平面，求异面直线与所成角的余弦值；
(2)若过作，垂足为.
（i）证明:直线过定点；
（ii）求的最大值.
3．（2024·山东·模拟预测）如图（1），已知抛物线的焦点为，准线为，过点的动直线与交于A，B两点（其中点A在第一象限），以AB为直径的圆与准线相切于点C，D为弦AB上任意一点，现将沿CD折成直二面角，如图（2）．
(1)证明：；
(2)当最小时，
①求，两点间的最小距离；
②当，两点间的距离最小时，在三棱锥内部放一圆柱，使圆柱底面在面BCD上，求圆柱体积的最大值．
4．（2024·福建泉州·模拟预测）已知抛物线，点在的准线上，过焦点的直线与相交于两点，且为正三角形．
(1)求的面积；
(2)取平面外一点使得，设为的中点，若，求二面角的余弦值．
考点十、立体几何中的新定义问题
1．（22-23高三上·河北·阶段练习）已知，，，定义一种运算：，在平行六面体中，，，.
(1)证明：平行六面体是直四棱柱；
(2)计算，并求该平行六面体的体积，说明的值与平行六面体体积的关系.
2．（2022·辽宁沈阳·二模）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为.
(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度；
(2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设
（i）用表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积；
（ii）当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值.
3．（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：.
4．（2024高三·全国·专题练习）我们知道，二元实数对可以表示平面直角坐标系中点的坐标； 那么对于元实数对（，是整数），也可以把它看作一个由条两两垂直的“轴”构成的高维空间（一般记为）中的一个“点”的坐标表示的距离 ．
(1)当时， 若，，， 求 ， 和 的值；
(2)对于给定的正整数，证明中任意三点满足关系 ；
(3)当时，设，，，其中，，，．求满足点的个数，并证明从这个点中任取11个点，其中必存在个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于．
5．（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）高斯-博内公式是大范围微分几何学的一个经典的公式，是关于曲面的图形（由曲率表征）和拓扑（由欧拉示性数表征）间联系的一项重要表述，建立了空间的局部性质和整体性质之间的联系.其特例是球面三角形总曲率与球面三角形内角和满足：，其中为常数，（如图，把球面上的三个点用三个大圆（以球心为半径的圆）的圆弧联结起来，所围成的图形叫做球面三角形，每个大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个角.球面三角形的总曲率等于，为球面三角形面积，为球的半径）.
(1)若单位球面有一个球面三角形，三条边长均为，求此球面三角形内角和；
(2)求的值；
(3)把多面体的任何一个面伸展成平面，如果所有其他各面都在这个平面的同侧，这样的多面体叫做凸多面体.设凸多面体顶点数为，棱数为，面数为，试证明凸多面体欧拉示性数为定值，并求出.
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