资源简介

历年高考真题立体几何大题汇总
目录
一、新高考Ⅰ卷立体几何大题汇总 2
二、新高考Ⅱ卷立体几何大题汇总 13
三、全国甲卷立体几何大题汇总 21
四、全国乙卷立体几何大题汇总 46
五、北京卷立体几何大题汇总 67
六、上海卷立体几何大题汇总 87
七、天津卷立体几何大题汇总 99
一、新高考Ⅰ卷立体几何大题汇总
1．（2024年新高考Ⅰ卷第17题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，．
(1)若，证明：平面；
(2)若，且二面角的正弦值为，求．
2．（2023年新高考Ⅰ卷第18题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
3．（2022年新高考Ⅰ卷第19题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
4．（2021年新高考Ⅰ卷第20题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
5．（2020年新高考Ⅰ卷第20题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．
（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
二、新高考Ⅱ卷立体几何大题汇总
1．（2024年新高考Ⅱ卷第17题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．
(1)证明：；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
2．（2023年新高考Ⅱ卷第20题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
3．（2022年新高考Ⅱ卷第20题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值.
4．（2021年新高考Ⅱ卷第19题）在四棱锥中，底面是正方形，若．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
5．（2020年新高考Ⅱ卷第20题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为．
（1）证明：平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值．
三、全国甲卷立体几何大题汇总
1．（2024年全国甲卷第20题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
2．（2023年全国甲卷第18题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．

(1)证明：；
(2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．
3．（2022年全国甲卷第18题）在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
4．（2021年全国甲卷第19题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小
5．（2020年全国甲卷第20题）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
6．（2019年全国甲卷第17题）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.
7．（2018年全国甲卷第20题）如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．
8．（2017年全国甲卷第19题）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底面，是的中点．
（1）证明：直线平面；
（2）点在棱上，且直线与底面所成角为，求二面角的余弦值．
9．（2016年全国甲卷第19题）如图，菱形的对角线与交于点，点分别在上，交于点，将沿折到位置，.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
10．（2015年全国甲卷第19题）如图，长方体中, ， ， ，点 ， 分别在 ， 上， ．过点 ， 的平面 与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．
（1）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；
（2）求直线与平面 所成角的正弦值．
四、全国乙卷立体几何大题汇总
1．（2023年全国乙卷第19题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
2．（2022年全国乙卷第18题）如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
3．（2021年全国乙卷第18题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
4．（2020年全国乙卷第18题）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
5．（2019年全国乙卷第18题）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．
（2018年全国乙卷第18题）如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.
7．（2017年全国乙卷第18题）如图，在四棱锥P ABCD中，AB//CD，且.
（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A PB C的余弦值.
8．（2016年全国乙卷第18题）如图，在以，，，，，为顶点的五面体中，四边形为正方形，，，且二面角与二面角都是.

（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
9．（2015年全国乙卷第18题）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC．

（1）证明：平面AEC⊥平面AFC；
（2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
五、北京卷立体几何大题汇总
1．（2024年北京卷第17题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．
(1)若为线段中点，求证：平面．
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
2．（2023年北京卷第16题）如图，在三棱锥中，平面，．

(1)求证：平面PAB；
(2)求二面角的大小．
3．（2022年北京卷第17题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
4．（2021年北京卷第17题）如图：在正方体中，为中点，与平面交于点．
（1）求证：为的中点；
（2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．
5．（2020年北京卷第16题）如图，在正方体中， E为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
6．（2019年北京卷第16题）如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（1）求证：CD⊥平面PAD；
（2）求二面角F–AE–P的余弦值；
（3）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
7．（2018年北京卷第16题）如图，在三棱柱ABC 中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．

（1）求证：AC⊥平面BEF；
（2）求二面角B CD C1的余弦值；
（3）证明：直线FG与平面BCD相交．
8．（2017年北京卷第16题）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，点在线段上，平面，，．

（1）求证：为的中点；
（2）求二面角的大小；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
9．（2016年北京卷第17题）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
10．（2015年北京卷第17题）如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，，，，，为的中点．
（）求证：．
（）求二面角的余弦值．
（）若平面，求的值．
六、上海卷立体几何大题汇总
1．（2024年上海卷第17题）如图为正四棱锥为底面的中心．
(1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小．
2．（2023年上海卷第17题）在直四棱柱中，，，，，
(1)求证：平面；
(2)若四棱柱体积为36，求二面角大小.
3．（2022年上海卷第17题）如图所示三棱锥P-ABC，底面为等边三角形ABC，O为AC边中点，且底面ABC，

(1)求三棱锥P-ABC的体积；
(2)若M为BC中点，求PM与平面PAC所成角大小（结果用反三角数值表示）.
4．（2021年上海卷第17题）如图，在长方体中，已知AB＝BC＝2，．
(1)若点P是棱上的动点，求三棱锥C－PAD的体积；
(2)求直线与平面的夹角大小．
（2020年上海卷第17题）已知边长为1的正方形ABCD，沿BC旋转一周得到圆柱体.
（1）求圆柱体的表面积；
（2）正方形ABCD绕BC逆时针旋转到，求与平面ABCD所成的角.
6．（2019年上海卷第17题）如图，在长方体中，为上一点，已知，，，．
(1)求直线和平面的夹角；
(2)求点到平面的距离．
7．（2018年上海卷第17题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．
(1)设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；
(2)设PO＝4，OA、OB是底面半径，且∠AOB＝90°，M为线段AB的中点，如图，求异面直线PM与OB所成的角的大小．
8．（2017年上海卷第17题）如图，直三棱柱的底面为直角三角形，两直角边和的长分别为4和3，侧棱的长为5.
（1）求三棱柱的体积；
（2）设是中点，求直线与平面所成角的大小.
9．（2016年上海卷第19题）将边长为的正方形（及其内部）绕旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中与在平面的同侧.
(1)求三棱锥的体积；
(2)求异面直线与所成的角的大小.
10．（2015年上海卷第19题）如图，在长方体中，，，E、F分别是AB、BC的中点．

(1)证明、、、四点共面；
(2)求直线与平面所成的角的大小．
七、天津卷立体几何大题汇总
1．（2024年天津卷第17题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点，
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
2．（2023年天津卷第17题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，

(1)求证：//平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
3．（2022年天津卷第17题）如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， .
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
4．（2021年天津卷第17题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
（3）求二面角的正弦值．
5．（2020年天津卷第17题）如图，在三棱柱中，平面 ，，点分别在棱和棱 上，且为棱的中点．
（1）求证：；
（2）求二面角的正弦值；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
6．（2019年天津卷第17题）如图，平面，，.
（1）求证：∥平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若二面角的余弦值为，求线段的长.
（2018年天津卷第17题）如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.
（1）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：平面；
（2）求二面角的正弦值；
（3）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.
8．（2017年天津卷第17题）如图，在三棱锥中，底面，．点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值；
（3）已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长．
9．（2016年天津卷第17题）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2.
（1）求证：EG∥平面ADF；
（2）求二面角O EF C的正弦值；
（3）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.
10．（2015年天津卷第17题）如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，且点和分别为和的中点.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值；
（3）设为棱上的点，若直线和平面所成角的正弦值为，求线段的长.历年高考真题立体几何大题汇总
目录
一、新高考Ⅰ卷立体几何大题汇总 2
二、新高考Ⅱ卷立体几何大题汇总 13
三、全国甲卷立体几何大题汇总 21
四、全国乙卷立体几何大题汇总 46
五、北京卷立体几何大题汇总 67
六、上海卷立体几何大题汇总 87
七、天津卷立体几何大题汇总 99
一、新高考Ⅰ卷立体几何大题汇总
1．（2024年新高考Ⅰ卷第17题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，．
(1)若，证明：平面；
(2)若，且二面角的正弦值为，求．
【答案】
（1）因为平面，而平面，所以，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以.
因为，所以，在底面上，可知，
又平面，平面，所以平面.
（2）法一：
设，，则①，因，如图，
过点作的平行线，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.
此时有
因设平面的法向量为，
则，故可取；
又设平面的法向量为，
则，故可取；
则，
由题意，，即②
联立① ② ，解得故
法二：
如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，
因为平面，所以平面平面，而平面平面，
所以平面，又，所以平面，
根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，
即，即．
因为，设，则，由等面积法可得，，
又，而为等腰直角三角形，所以，
故，解得，即．
2．（2023年新高考Ⅰ卷第18题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
【答案】
（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
，
，
又不在同一条直线上，
.
（2）设，
则，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
，
化简可得，，
解得或，
或，
.
3．（2022年新高考Ⅰ卷第19题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】
（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
4．（2021年新高考Ⅰ卷第20题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】
（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,
所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．
因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．
如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
5．（2020年新高考Ⅰ卷第20题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．
（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【答案】
（1）证明：
在正方形中，，因为平面，平面，
所以平面，又因为平面，平面平面，
所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以
因为，所以平面．
（2）［方法一］【最优解】：通性通法
因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，设，
设，则有，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为，则
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
［方法二］：定义法
如图2，因为平面，，所以平面．
在平面中，设．
在平面中，过P点作，交于F，连接．
因为平面平面，所以．
又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角．
设，在中，易求．
由与相似，得，可得．
所以，当且仅当时等号成立．
［方法三］：等体积法
如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求．
设，在三棱锥中，．
在三棱锥中，．
由得，
解得，
当且仅当时等号成立．
在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．
二、新高考Ⅱ卷立体几何大题汇总
1．（2024年新高考Ⅱ卷第17题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．
(1)证明：；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
【答案】
（1）由，
得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，则，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故；
（2）连接，由，则，
在中，，得，
所以，由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，
由是的中点，得，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，得，
所以，
所以，
设平面和平面所成角为，则，
即平面和平面所成角的正弦值为.
2．（2023年新高考Ⅱ卷第20题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
【答案】
（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
3．（2022年新高考Ⅱ卷第20题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值.
【答案】
（1）证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面

（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.
4．（2021年新高考Ⅱ卷第19题）在四棱锥中，底面是正方形，若．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
【答案】
（1）取的中点为，连接.
因为，，则，
而，故.
在正方形中，因为，故，故，
因为，故，故为直角三角形且，
因为，故平面，
因为平面，故平面平面.
（2）在平面内，过作，交于，则，
结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.
则，故.
设平面的法向量，
则即，取，则，
故.
而平面的法向量为，故.
二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.
5．（2020年新高考Ⅱ卷第20题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为．
（1）证明：平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值．
【答案】
（1）证明：
在正方形中，，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
因为在四棱锥中，底面是正方形，所以
且平面，所以
因为
所以平面；
（2）如图建立空间直角坐标系，
因为，则有，
设，则有，
因为QB=，所以有
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为，则
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
三、全国甲卷立体几何大题汇总
1．（2024年全国甲卷第20题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】
（1）因为为的中点，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）如图所示，作交于，连接，
因为四边形为等腰梯形，，所以，
结合（1）为平行四边形，可得，又，
所以为等边三角形，为中点，所以，
又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，
四边形为平行四边形，，
所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，
因为，所以，所以互相垂直，
以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，
，，，
，设平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，即，令，得，即，
则，即，令，得，
即，，则，
故二面角的正弦值为.
2．（2023年全国甲卷第18题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．

(1)证明：；
(2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．
【答案】
（1）如图，底面，面，

，又，平面，,
平面ACC1A1，又平面，
平面平面，
过作交于，又平面平面，平面，
平面
到平面的距离为1，，
在中，，
设，则，
为直角三角形，且，
，，，
，解得，
，
（2），
，
过B作，交于D，则为中点，
由直线与距离为2，所以
，，，
在，，
延长，使，连接，
由知四边形为平行四边形，
，平面，又平面，
则在中，，，
在中，，，
,
又到平面距离也为1，
所以与平面所成角的正弦值为.
3．（2022年全国甲卷第18题）在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
【答案】
（1）证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因为平面，
所以；
（2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
4．（2021年全国甲卷第19题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小
【答案】
（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
5．（2020年全国甲卷第20题）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
【答案】
（1）分别为，的中点，
，
又，
，
在中，为中点，则，
又侧面为矩形，
，
，
，
由，平面，
平面，
又，且平面，平面，
平面，
又平面，且平面平面
，
，
又平面，
平面，
平面，
平面平面.
(2)[方法一]：几何法
如图，过O作的平行线分别交于点，联结，
由于平面，平面，，
平面，平面，所以平面平面．
又因平面平面，平面平面，所以．
因为，，，所以面．
又因，所以面，
所以与平面所成的角为．
令，则，由于O为的中心，故．
在中，，
由勾股定理得．
所以．
由于，直线与平面所成角的正弦值也为．
[方法二]【最优解】：几何法
因为平面，平面平面，所以．
因为，所以四边形为平行四边形．
由（Ⅰ）知平面，则为平面的垂线．
所以在平面的射影为．
从而与所成角的正弦值即为所求．
在梯形中，设，过E作，垂足为G，则．
在直角三角形中，．
[方法三]：向量法
由（Ⅰ）知，平面，则为平面的法向量．
因为平面，平面，且平面平面，
所以．
由（Ⅰ）知，即四边形为平行四边形，则．
因为O为正的中心，故．
由面面平行的性质得，所以四边形为等腰梯形．
由P，N为等腰梯形两底的中点，得，则．
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．
[方法四]：基底法
不妨设，
以向量为基底，
从而，．
，，
则，．
所以．
由（Ⅰ）知平面，所以向量为平面的法向量．
设直线与平面所成角，则．
故直线与平面所成角的正弦值为．
[方法五]：坐标法
过O过底面ABC的垂线，垂足为Q，以Q为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
设，AO=AB=2，
则，
所以，
所以
易得为平面A1AMN的一个法向量，
则直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.
6．（2019年全国甲卷第17题）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.
【答案】
（1）证明：因为是长方体，所以侧面，而平面，所以
又，，平面，因此平面；
（2）
[方法一]【三垂线定理】
由（1）知，，又E为的中点，所以，为等腰直角三角形，所以．
如图2，联结，与相交于点O，因为平面，所以．
又，所以平面．
作，垂足为H，联结，由三垂线定理可知，则为二面角平面角的补角．
设，则，由，得．
在中，，所以，
即二面角的正弦值为．
[方法二]【利用平面的法向量】
设底面边长为1，高为，所以．
因为平面，所以，即，
所以，解得．
因为平面，所以，又，所以平面，
故为平面的一个法向量．
因为平面与平面为同一平面，故为平面的一个法向量，
在中，因为，故与成角，
所以二面角，的正弦值为．
[方法三]【利用体积公式结合二面角的定义】
设底面边长为1，高为，所以．
因为平面，所以，即，
所以，解得．
因为，所以是直角三角形，．
因为平面，所以到平面的距离相等设为．
同理，A，E到平面的距离相等，都为1，所以，
即，解得．
设点B到直线的距离为，在中，由面积相等解得．
设为二面角的平面角，，
所以二面角的正弦值为．
[方法四]【等价转化后利用射影面积计算】
由（1）的结论知，又，易证，所以，所以，
即二面角的正弦值与二面角的正弦值相等．
设的中点分别为F，G，H，显然为正方体，所求问题转化为如图3所示，
在正方体中求二面角的正弦值．
设相交于点O，易证平面，
所以是在平面上的射影．
令正方体的棱长，
则，，，．
设二面角为，由，则，
所以．
即二面角的正弦值为．
[方法五]【结合（1）的结论找到二面角的平面角进行计算】
如图4，分别取中点F，G，H，联结．
过G作，垂足为P，联结．
易得E，F，G，H共面且平行于面．
由（1）可得面．因为面，所以．
又因为E为中点，所以，且均为等腰三角形．
设，则，四棱柱为正方体．
在及中有．
所以与均为直角三角形且全等．
又因为，所以为二面角（即）的一个平面角．
在中，．
所以，
所以．
故二面角的正弦值为．
[方法六]【最优解：空间向量法】
以点坐标原点，以分别为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，
，
因为，
所以，
所以，，
设是平面的法向量，
所以，
设是平面的法向量，
所以，
二面角的余弦值的绝对值为，
所以二面角的正弦值为.
7．（2018年全国甲卷第20题）如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．
【答案】
（1）因为，为的中点，所以，且．
连结．
因为，所以为等腰直角三角形，
且 ，由知．
由知，平面．
（2）［方法一］：【通性通法】向量法
如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 ．
由已知得
取平面的法向量．
设，则．
设平面的法向量为．
由得 ，
可取
所以 ．由已知得 ．
所以 ．解得(舍去)， ．
所以 ．
又 ，所以 ．
所以与平面所成角的正弦值为．
［方法二］：三垂线＋等积法
由（1）知平面，可得平面平面．如图5，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．
设，则，在中，．在中，由，得，则．设点C到平面的距离为h，由，得，解得，则与平面所成角的正弦值为．
［方法三］：三垂线＋线面角定义法
由（1）知平面，可得平面平面．如图6，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．同解法1可得．
在中，过N作，在中，过N作，垂足为G，联结．在中，．因为，所以．
由平面，可得平面平面，交线为．在平面内，由，可得平面，则为直线与平面所成的角．
设，则，又，所以直线与平面所成角的正弦值为．
［方法四］：【最优解】定义法
如图7，取的中点H，联结，则．过C作平面的垂线，垂足记为T（垂足T在平面内）．联结，则即为二面角的平面角，即，得．
联结，则为直线与平面所成的角．在中，，所以.
8．（2017年全国甲卷第19题）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底面，是的中点．
（1）证明：直线平面；
（2）点在棱上，且直线与底面所成角为，求二面角的余弦值．
【答案】
（1）取中点，连结，．
因为为的中点，所以,,由得，又
所以．四边形为平行四边形， ．
又，，故
（2）
由已知得,以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系,则
则，，，，
,则
因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而是底面ABCD的法向量，所以
，
即
又M在棱PC上,设，
则，
由①，②得
所以M，从而
设是平面ABM的法向量，则
,即
所以可取.于是
因此二面角M-AB-D的余弦值为.
9．（2016年全国甲卷第19题）如图，菱形的对角线与交于点，点分别在上，交于点，将沿折到位置，.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】
(1)由已知得，,又由得，故∥，因此
，从而⊥.由得.
由∥得.所以,.
于是,故.又,而, 所以平面.
如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则
，，，，，，，
.
设是平面的法向量， 则，即，可取.
设是平面的法向量，
则，即，可取,
于是，
设二面角的大小为，.因此二面角的正弦值是.
10．（2015年全国甲卷第19题）如图，长方体中, ， ， ，点 ， 分别在 ， 上， ．过点 ， 的平面 与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．
（1）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；
（2）求直线与平面 所成角的正弦值．
【答案】
（1）交线围成的正方形如图：
（2）作，垂足为 ，则 ， ，因为 为正方形，所以 ．于是 ，所以 ．以 为坐标原点， 的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 ，则，， ， ，， ．设 是平面 的法向量，则即所以可取．又 ，故 ．所以直线 与平面所成角的正弦值为．
四、全国乙卷立体几何大题汇总
1．（2023年全国乙卷第19题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

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

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

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

法二：平面的法向量为，
平面的法向量为，
所以，
因为，所以，
故二面角的正弦值为.
2．（2022年全国乙卷第18题）如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【答案】
（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
3．（2021年全国乙卷第18题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】
（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法
平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、、，
则，，
，则，解得，故；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结．因为底面，且底面，所以．
又因为，，所以平面．
又平面，所以．
从而．
因为，所以．
所以，于是．
所以．所以．
[方法三]：几何法+三角形面积法
如图，联结交于点N．
由[方法二]知．
在矩形中，有，所以，即．
令，因为M为的中点，则，，．
由，得，解得，所以．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面的法向量为，则，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，
所以，，
因此，二面角的正弦值为.
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．
联结，由三垂线定理可知，
故为二面角的平面角．
易证四边形是边长为的正方形，联结，．
，
由等积法解得．
在中，，由勾股定理求得．
所以，，即二面角的正弦值为．
4．（2020年全国乙卷第18题）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】
（1）[方法一]：勾股运算法证明
由题设，知为等边三角形，设，
则，，所以，
又为等边三角形，则，所以，
，则，所以，
同理，又，所以平面；
[方法二]：空间直角坐标系法
不妨设，则，由圆锥性质知平面，所以，所以．因为O是的外心，因此．
在底面过作的平行线与的交点为W，以O为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，．
所以，，．
故，．
所以，．
又，故平面．
[方法三]：
因为是底面圆O的内接正三角形，且为底面直径，所以．
因为（即）垂直于底面，在底面内，所以．
又因为平面，平面，，所以平面．
又因为平面，所以．
设，则F为的中点，连结．
设，且，
则，，．
因此，从而．
又因为，所以平面．
[方法四]：空间基底向量法
如图所示，圆锥底面圆O半径为R，连结，，易得，
因为，所以．
以为基底，平面，则，
，且，
所以．
故．所以，即．
同理．又，所以平面．
（2）[方法一]：空间直角坐标系法
过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，，，
设平面的一个法向量为，
由，得，令，得，
所以，
设平面的一个法向量为
由，得，令，得，
所以
故，
设二面角的大小为，由图可知二面角为锐二面角，所以.
[方法二]【最优解】：几何法
设，易知F是的中点，过F作交于G，取的中点H，
联结，则．
由平面，得平面．
由（1）可得，，得．
所以，根据三垂线定理，得．
所以是二面角的平面角．
设圆O的半径为r，则，，，，
所以，，．
在中，，
．
所以二面角的余弦值为．
[方法三]：射影面积法
如图所示，在上取点H，使，设，连结．
由（1）知，所以．故平面．
所以，点H在面上的射影为N．
故由射影面积法可知二面角的余弦值为．
在中，令，则，易知．所以．
又，故
所以二面角的余弦值为．
5．（2019年全国乙卷第18题）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．
【答案】
（1）连接，
，分别为，中点 为的中位线
且
又为中点，且 且
四边形为平行四边形
，又平面，平面
平面
（2）设，
由直四棱柱性质可知：平面
四边形为菱形
则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：
则：，，，D（0，-1,0）
取中点，连接，则
四边形为菱形且 为等边三角形
又平面，平面
平面，即平面
为平面的一个法向量，且
设平面的法向量，又，
，令，则，
二面角的正弦值为：.
（2018年全国乙卷第18题）如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.
【答案】
（1）由已知可得，，，又，所以平面.
又平面，所以平面平面；
（2）[方法一]：向量法
作，垂足为.由（1）得，平面.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，设，建立如图所示的空间直角坐标系.
由（1）可得，.又，，所以.又，，故，可得.
则 为平面的法向量.
设与平面所成角为，则.
所以与平面所成角的正弦值为.
[方法2]：向量法
如图3所示以E为原点建系．设正方形边长为2，由（1）知，平面，则平面，故．易求，则点P到直线的距离为，从而．
又，故，而平面的一个法向量，故与平面所成角的正弦值．
[方法3]：【最优解】定义法
如图4，作，垂足为H，联结．
由（1）知，平面,因此为与平面所成的角．
设正方形的边长为2，则，在中，．
又因为，由知，．又因为，所以在中，．
所以与平面所成角的正弦值为．
[方法4]：等积法
不妨设，则．，又，所以平面．设点P到平面的距离为d，根据，即，解得．于是与平面所成角的正弦值为．
7．（2017年全国乙卷第18题）如图，在四棱锥P ABCD中，AB//CD，且.
（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A PB C的余弦值.
【答案】
（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD．
由于AB//CD ，故AB⊥PD ，从而AB⊥平面PAD．
又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．
（2）在平面内作，垂足为，
由（1）可知，平面，故，可得平面.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.
由（1）及已知可得，，，.
所以，，，.
设是平面的法向量，则
即
可取.
设是平面的法向量，则
即可取.
则，
所以二面角的余弦值为.
8．（2016年全国乙卷第18题）如图，在以，，，，，为顶点的五面体中，四边形为正方形，，，且二面角与二面角都是.

（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】
（1）因为四边形为正方形，所以，
又，，所以平面．
又平面，故平面平面．
（2）过作，垂足为，
因为平面平面，平面平面，
平面，故平面．
以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正向，
建立如图所示的空间直角坐标系．
由（Ⅰ）知为二面角的平面角，故，
设，则，，
所以，，，．
由已知，，而平面，平面 ，
所以平面，又平面平面，平面，
故，所以．
由，可得平面，同理为二面角的平面角，
所以，从而可得．
所以，，，．
设是平面的法向量，
则，即，取，则，
可取．
设是平面的法向量，则，同理可取，
则．
因为二面角的平面角为钝角，故二面角的余弦值为．

9．（2015年全国乙卷第18题）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC．

（1）证明：平面AEC⊥平面AFC；
（2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
【答案】
（1）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1，由∠ABC=120°，可得AG=GC=.
由BE⊥平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC，
又∵AE⊥EC，∴EG=，EG⊥AC，
在Rt△EBG中，可得BE=，故DF=.
在Rt△FDG中，可得FG=.
在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=，DF=可得EF=，
∴，∴EG⊥FG，
∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，
∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.

（2）如图，以G为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（1）可得A（0，－，0），E（1,0, ），F（－1,0，），C（0，，0），
∴=（1，，），=（-1，-，）
故.
所以直线AE与CF所成的角的余弦值为.
五、北京卷立体几何大题汇总
1．（2024年北京卷第17题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．
(1)若为线段中点，求证：平面．
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】
（1）取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）
因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为.
2．（2023年北京卷第16题）如图，在三棱锥中，平面，．

(1)求证：平面PAB；
(2)求二面角的大小．
【答案】
（1）因为平面平面，
所以，同理，
所以为直角三角形，
又因为，，
所以，则为直角三角形，故，
又因为，，
所以平面.
（2）由（1）平面，又平面，则，
以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，

则，
所以，
设平面的法向量为，则，即
令，则，所以，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以，
所以，
又因为二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为.
3．（2022年北京卷第17题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】
（1）取的中点为，连接，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
4．（2021年北京卷第17题）如图：在正方体中，为中点，与平面交于点．
（1）求证：为的中点；
（2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．
【答案】
(1)如图所示，取的中点，连结，
由于为正方体，为中点，故，
从而四点共面，即平面CDE即平面，
据此可得：直线交平面于点，
当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，
即点为中点.
(2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，
不妨设正方体的棱长为2，设，
则：，
从而：，
设平面的法向量为：，则：
，
令可得：，
设平面的法向量为：，则：
，
令可得：，
从而：，
则：，
整理可得：，故（舍去）.
5．（2020年北京卷第16题）如图，在正方体中， E为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】
（1）[方法一]：几何法
如下图所示：
在正方体中，且，且，
且，所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面；
[方法二]:空间向量坐标法
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，则、、、，，，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，，则.
又∵向量,,
又平面，平面；
（2）[方法一]：几何法
延长到，使得，连接，交于，
又∵，∴四边形为平行四边形，∴，
又∵,∴,所以平面即平面,
连接，作,垂足为,连接,
∵平面,平面,∴，
又∵,∴直线平面,
又∵直线平面,∴平面平面,
∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，
根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.
设正方体的棱长为2，则,,∴,
∴,
∴,
即直线与平面所成角的正弦值为.
[方法二]：向量法
接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，
又∵,∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
[方法三]：几何法+体积法
如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．
因为，
所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．
设正方体的棱长为2，在中，易得，
可得．
由，得，
整理得．
所以．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
[方法四]：纯体积法
设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，
在中，，
，
所以，易得．
由，得，解得，
设直线与平面所成的角为，所以．
6．（2019年北京卷第16题）如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（1）求证：CD⊥平面PAD；
（2）求二面角F–AE–P的余弦值；
（3）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
【答案】
(1)由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，则PA⊥CD，
由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，
由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.
(2)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
易知：，
由可得点F的坐标为，
由可得，
设平面AEF的法向量为：，则
，
据此可得平面AEF的一个法向量为：，
很明显平面AEP的一个法向量为，
，
二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-AE-P的余弦值为.
(3)易知，由可得，
则，
注意到平面AEF的一个法向量为：，
其且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内.
7．（2018年北京卷第16题）如图，在三棱柱ABC 中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．

（1）求证：AC⊥平面BEF；
（2）求二面角B CD C1的余弦值；
（3）证明：直线FG与平面BCD相交．
【答案】
（1）在三棱柱ABC-A1B1C1中，
∵CC1⊥平面ABC，∴四边形A1ACC1为矩形．
又E，F分别为AC，A1C1的中点，∴AC⊥EF．
∵AB=BC，E为AC的中点，．∴AC⊥BE，而，
∴AC⊥平面BEF．
（2）［方法一］：【通性通法】向量法
由（1）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．
∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．
如图建立空间直角坐称系E-xyz．

由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．
∴，
设平面BCD的法向量为，
∴，∴，
令a=2，则b=-1，c=-4，
∴平面BCD的一个法向量，
又∵平面CDC1的一个法向量为，∴．
由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．
［方法二］： 【最优解】转化＋面积射影法
考虑到二面角与二面角互补，设二面角为，易知，，所以．
故．
［方法三］：转化＋三垂线法
二面角与二面角互补，并设二面角为，易知平面．
如图3，作，垂足为H，联结．则是二面角的平面角，所以，不难求出，所以二面角的余弦值为．

（3）［方法一］：【最优解】【通性通法】向量法
平面BCD的一个法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），
∴，∴，∴与不垂直，
∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．
［方法二］：几何转化
如图4，取的中点，分别在取点N，M，使．联结．则平面平面，又平面，平面，故直线与平面相交．

［方法三］：根据相交的平面定义
如图5，设与交于P，联结．

因为，且，所以四点共面．
因为，所以．
又，所以四边形是梯形，即直线与直线一定相交．
因为平面，所以直线与平面相交．
8．（2017年北京卷第16题）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，点在线段上，平面，，．

（1）求证：为的中点；
（2）求二面角的大小；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】
（1）设，的交点为，连接．
因为平面，平面平面，所以．
因为是正方形，所以为的中点，所以为的中点．

（2）取的中点，连接，．因为，所以．
又平面平面，且平面，所以平面．
因为平面，所以．因为是正方形，所以．
如图，建立空间直角坐标系，则，，，
所以，．
设平面的法向量为，则，即．
令，则，，于是．
平面的法向量为，所以．
由题知二面角为锐角，所以它的大小为．

（3）由题意知，，．
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．
9．（2016年北京卷第17题）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【答案】
（1）因为平面平面，，
所以平面，所以，
又因为，所以平面；
（2）取的中点，连结，，
因为，所以.
又因为平面，平面平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以.
如图建立空间直角坐标系，由题意得，
.
设平面的法向量为，则
即
令，则.
所以.
又，所以.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）设是棱上一点，则存在使得.
因此点.
因为平面，所以平面当且仅当，
即，解得.
所以在棱上存在点使得平面，此时.
10．（2015年北京卷第17题）如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，，，，，为的中点．
（）求证：．
（）求二面角的余弦值．
（）若平面，求的值．
【答案】
（1）由于平面平面，
为等边三角形，为的中点，则，
根据面面垂直性质定理，所以平面，
又平面，则．
（2）取的中点，连接，
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，，由于平面与轴垂直，则设平面的法向量为，
设平面的法向量，则，
二面角的余弦值，
由二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为．
（3）有（1）知平面，则，
若平面，只需，
，
又，
解得
或，由于，则．
六、上海卷立体几何大题汇总
1．（2024年上海卷第17题）如图为正四棱锥为底面的中心．
(1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小．
【答案】
（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则，
又正四棱锥底面是正方形，由可得，，
故，
根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥，
即圆锥的高为，底面半径为，
根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是
（2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，
由是中点，则，又平面，
故平面，即平面，又平面，
于是直线与平面所成角的大小即为，
不妨设，则，，
又线面角的范围是，
故.即为所求.
2．（2023年上海卷第17题）在直四棱柱中，，，，，
(1)求证：平面；
(2)若四棱柱体积为36，求二面角大小.
【答案】
（1）由题意知，，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，且平面，平面，
所以平面，
又，、平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面．
（2）由题意知，底面为直角梯形，
所以梯形的面积，
因为四棱柱的体积为36，
所以，
过作于，连接，
因为平面，且平面，
所以，
又，、平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以即为二面角的平面角，
在△中，，
所以，
所以，即，
故二面角的大小为．
3．（2022年上海卷第17题）如图所示三棱锥P-ABC，底面为等边三角形ABC，O为AC边中点，且底面ABC，

(1)求三棱锥P-ABC的体积；
(2)若M为BC中点，求PM与平面PAC所成角大小（结果用反三角数值表示）.
【答案】
（1）底面ABC，底面ABC，则，连接，同理，
又，，∴，
而，
所以；
（2）由已知，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，
由已知，
则，，，∴，
，易知平面的一个法向量是，
，
设PM与平面PAC所成角大小为，则，，∴．

4．（2021年上海卷第17题）如图，在长方体中，已知AB＝BC＝2，．
(1)若点P是棱上的动点，求三棱锥C－PAD的体积；
(2)求直线与平面的夹角大小．
【答案】
（1）如图，在长方体中，
；
（2）连接，连接AO，
，四边形为正方形，∴，
又，，
平面，
∴直线与平面所成的角为，
∴直线与平面所成的角为．
（2020年上海卷第17题）已知边长为1的正方形ABCD，沿BC旋转一周得到圆柱体.
（1）求圆柱体的表面积；
（2）正方形ABCD绕BC逆时针旋转到，求与平面ABCD所成的角.
【答案】
（1）因为正方形的边长为1，所以圆柱底面半径，母线长为，
则圆柱的表面积为.
（2）因为正方形ABCD绕BC逆时针旋转到，所以平面，连接
因为平面，所以为与平面ABCD所成的角，
又，，所以，，又，
所以
6．（2019年上海卷第17题）如图，在长方体中，为上一点，已知，，，．
(1)求直线和平面的夹角；
(2)求点到平面的距离．
【答案】
（1）解：依题意，平面，连接，则与平面所成夹角为，
，
∴为等腰直角三角形，则，
∴直线和平面的夹角为，
（2）解：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，、、的方向为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
，，，
设平面的法向量，
由，取，可得，
∴点到平面的距离.
7．（2018年上海卷第17题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．
(1)设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；
(2)设PO＝4，OA、OB是底面半径，且∠AOB＝90°，M为线段AB的中点，如图，求异面直线PM与OB所成的角的大小．
【答案】
（1）∵圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，
∴圆锥的体积；
（2）∵PO＝4，OA，OB是底面半径，且∠AOB＝90°，
M为线段AB的中点，
∴以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，
建立空间直角坐标系，
，，
设异面直线PM与OB所成的角为θ，
则
∴，
∴异面直线PM与OB所成的角的为.
8．（2017年上海卷第17题）如图，直三棱柱的底面为直角三角形，两直角边和的长分别为4和3，侧棱的长为5.
（1）求三棱柱的体积；
（2）设是中点，求直线与平面所成角的大小.
【答案】
（1）根据题意可知，
;
（2）连接，
平面，
就是直线与平面所成角，
是直角三角形，，且是中点，
，
,
直线与平面所成角的大小.
9．（2016年上海卷第19题）将边长为的正方形（及其内部）绕旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中与在平面的同侧.
(1)求三棱锥的体积；
(2)求异面直线与所成的角的大小.
【答案】
（1）由题意可知，圆柱的高，底面半径，，再由三角形面积公式计算后即得.
（2）设过点的母线与下底面交于点，根据，知或其补角为直线与所成的角，再结合题设条件确定，．得出即可．
试题解析：（1）由题意可知，圆柱的高，底面半径．
由的长为，可知．
，
．
（2）设过点的母线与下底面交于点，则，
所以或其补角为直线与所成的角．
由长为，可知，
又，所以，
从而为等边三角形，得．
因为平面，所以．
在中，因为，，，所以，
从而直线与所成的角的大小为．
10．（2015年上海卷第19题）如图，在长方体中，，，E、F分别是AB、BC的中点．

(1)证明、、、四点共面；
(2)求直线与平面所成的角的大小．
【答案】
（1）如图，以D为原点建立空间直角坐标系，

可得有关点的坐标为、、、、、，
因为，，所以，
因此直线与EF共面，即、、、四点共面；
（2）设平面的法向量为，则，，
又，，
故，解得，
取，得平面的一个法向量，
又，故，
故直线与平面所成的角的正弦值为，
因此直线与平面所成的角的大小为．
七、天津卷立体几何大题汇总
1．（2024年天津卷第17题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点，
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】
（1）取中点，连接，，
由是的中点，故，且，
由是的中点，故，且，
则有、，
故四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，
故平面；
（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有、、、、、，
则有、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
分别取，则有、、，，
即、，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为；
（3）由，平面的法向量为，
则有，
即点到平面的距离为.
2．（2023年天津卷第17题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，

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

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

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

辅助线同方法一.
设点到平面的距离为.
，
.
由，即.
3．（2022年天津卷第17题）如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， .
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】
证明：在直三棱柱中，
平面，且，
则
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、、、，则，
易知平面的一个法向量为，则，故，
平面，故平面.
（2）解：，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，.
因此，直线与平面夹角的正弦值为.
（3）解：，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，则，
因此，平面与平面夹角的余弦值为.
4．（2021年天津卷第17题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
（3）求二面角的正弦值．
【答案】
（1）以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，
则,,,,,,，
因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，，
所以,,,
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
因为，所以，
因为平面，所以平面；
（2）由（1）得，，
设直线与平面所成角为，
则；
（3）由正方体的特征可得，平面的一个法向量为，
则，
所以二面角的正弦值为.
5．（2020年天津卷第17题）如图，在三棱柱中，平面 ，，点分别在棱和棱 上，且为棱的中点．
（1）求证：；
（2）求二面角的正弦值；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】
依题意，以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），
可得、、、、
、、、、.
（1）依题意，，，
从而，所以；
（2）依题意，是平面的一个法向量，
，．
设为平面的法向量，
则，即，
不妨设，可得．
，
．
所以，二面角的正弦值为；
（3）依题意，．
由（2）知为平面的一个法向量，于是．
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
6．（2019年天津卷第17题）如图，平面，，.
（1）求证：∥平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若二面角的余弦值为，求线段的长.
【答案】
依题意，可以建立以A为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，
可得.
设，则.
(1)依题意，是平面ADE的法向量，
又，可得，
又因为直线平面，所以平面.
(2)依题意，，
设为平面BDE的法向量，
则，即，
不妨令z=1，可得，
因此有.
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
(3)设为平面BDF的法向量，则，即.
不妨令y=1，可得.
由题意，有，解得.
经检验，符合题意
所以，线段的长为.
7. （2018年天津卷第17题）如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.
（1）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：平面；
（2）求二面角的正弦值；
（3）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.
【答案】
依题可知，以D为原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图所示），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），
E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．
（1）［方法一］：向量法
依题意得=（0，2，0），=（2，0，2）．
设=(x，y，z)为平面CDE的法向量，
则 即 ，不妨令z=–1，可得=（1，0，–1）．
又=（1，，1），可得，
又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．
［方法二］：几何法
如图2，取的中点K，联结，根据题意，得．
所以平面，平面．
而平面平面，所以平面平面．
而平面，所以平面．
（2）［方法一］：【通性通法】向量法
依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．
设=（x，y，z）为平面BCE的法向量，
则 即 ，不妨令z=1，可得=（0，1，1）．
设 =（x，y，z）为平面BCF的法向量，
则 即 ，不妨令z=1，可得=（0，2，1）．
因此有，于是．
所以，二面角E–BC–F的正弦值为．
［方法二］： 等积法＋二面角的定义
如图2，联结，因为，所以E，B，C，G四点共面，下面求点F到平面的距离h．
在三棱锥中，利用等积法，不难求得．
而平面，所以．又，所以．
所以点F到的距离的值在直角梯形中求得．
设二面角的平面角为，则．
［方法三］： 【最优解】补形＋定义法
如图3，将几何体补成正方体，S是棱中点，联结，所求二面角为，因为，则为二面角的平面角．，求得．
（3）［方法一］：【通性通法】向量法
设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），
可得．
易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，
故，由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以线段的长为.
［方法二］：【最优解】定义法
如图3，过点B作，垂足为K，联结，则平面．
［方法三］：定义法
如图4，取的中点Q，联结，则，平面，所以．
设，则，而，所以．
解之得，即线段的长为．
8．（2017年天津卷第17题）如图，在三棱锥中，底面，．点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值；
（3）已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长．
【答案】
如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），
M（0，0，1），N（1，2，0）.
（1）证明：=（0，2，0），=（2，0，）.设，为平面BDE的法向量，
则，即.不妨设，可得.又=（1，2，），可得.
因为平面BDE，所以MN//平面BDE.
（2）解：易知为平面CEM的一个法向量.设为平面EMN的法向量，则，因为，，所以.不妨设，可得.
因此有，于是.
所以，二面角C—EM—N的正弦值为.
（3）解：依题意，设AH=h（），则H（0，0，h），进而可得，.由已知，得，整理得，解得，或.
所以，线段AH的长为或.
9．（2016年天津卷第17题）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2.
（1）求证：EG∥平面ADF；
（2）求二面角O EF C的正弦值；
（3）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.
【答案】
依题意，，如图，以为点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得，.
（1）证明：依题意，.
设为平面的法向量，则，即.
不妨设，可得，又，可得，
又因为直线，所以.
（2）解：易证，为平面的一个法向量.
依题意，.
设为平面的法向量，则，即.
不妨设，可得.
因此有，于是，
所以，二面角的正弦值为.
（3）解：由，得.
因为，所以，进而有，从而，因此.
所以，直线和平面所成角的正弦值为.
10．（2015年天津卷第17题）如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，且点和分别为和的中点.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值；
（3）设为棱上的点，若直线和平面所成角的正弦值为，求线段的长.
【答案】
如图，以为原点建立空间直角坐标系，依题意可得，
又因为分别为和的中点，得.
（1）证明：依题意，可得为平面的一个法向量，，
由此可得，，又因为直线平面，所以平面
（2），设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得，
设为平面的一个法向量，则，又，得
，不妨设，可得
因此有，于是，
所以二面角的正弦值为.
（3）依题意，可设，其中，则，从而，又为平面的一个法向量，由已知得
，整理得，
又因为，解得，
所以线段的长为.

展开更多......

收起↑