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专题 几何法求线线角、线面角、二面角
近三年： 在立体几何板块，高考命题强调“建系法、几何法、向量法三法并重”，突出化归转化思想。这些年立体几何大题逐渐显示出非常规建系、配合几何法、向量法等方式。几何法并非“备用”方法，而是与向量法并列的通性通法。在图形规则或难以建系时，往往是更优选择。而在立体几何小题中，大概率使用几何法跟向量法，而比较少的能用到建系，建系计算更费时。 预测2026年： 基于以上分析，几何法在2026年高考中预计将继续受到重视， “几何法”的核心价值在于它直接锻炼了立体几何最本质的空间想象与逻辑推理能力，这在当前“去套路化”的命题趋势下尤为重要。你在备考中需要将其放在与向量法同等重要的位置进行系统性训练。
题型01 定义法求线线角
解｜题｜策｜略 一、概念 异面直线所成角是 空间中两条不共面直线 的夹角，通过“空间问题平面化”转化为 两条相交直线的夹角 ，其取值范围为（在求夹角的时候，要注意异面直线所成角的范围）。 二、用定义求异面直线所成角 利用平行去平移，分别作两条异面直线的 平行直线 ，使这两条平行线的夹角即为原异面直线的夹角。随后在由平行线构成的三角形中，利用 边角关系 （如余弦定理、正弦定理）求解角度。
1．（2025·贵州·模拟预测）在正三棱柱中，已知，D，E分别在棱上，且，，则异面直线BC与DE所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】在棱上取点G，使得，异面直线BC与DE所成的角为或其补角，结合余弦定理求解即可.
【详解】在棱上取点G，使得，连接BG，CG，如图所示．
由，，所以，，
又，所以且，得四边形为平行四边形 ，
则有，所以异面直线BC与DE所成的角为或其补角．
设，则，，
在中，，，
由余弦定理得．
所以异面直线BC与DE所成角的余弦值为.
故选：A
2．（2025·辽宁辽阳·一模）如图，三棱柱的所有棱长都为，且，、、分别为、、的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】连接、，推导出，可知异面直线和所成角等于或其补角，利用余弦定理求出、的长，推导出，可求出的余弦值，即为所求.
【详解】连接、，如下图所示：

因为、分别为、的中点，所以，且，
因为且，所以，四边形为平行四边形，
所以，且，
因为为的中点，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
故异面直线和所成角等于或其补角，
在菱形中，，，，
由余弦定理可得，
在中，，，，
由余弦定理可得，
在中，，，，所以，，故，
所以，.
因此，异面直线和所成角的余弦值为.
故选：D.
3．（2025·新疆喀什·二模）《九章算术》中将正四棱台称为方亭，如图，在方婷中，，其体积为，E，F分别为AB，BC的中点，则异面直线所成角的余弦值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据异面直线夹角的定义，在图中明确夹角，根据正四棱台的几何性质以及体积公式，求得夹角所在的直角三角形的边长，结合锐角三角函数的定义，可得答案.
【详解】连接，过作平面，其中垂足为，连接，如下图：

在正四棱台中，易知，，
则，所以，
因为平面，平面，所以，，
易知，所以，
因为，，所以，则，
故，
因为分别为的中点，所以，
则异面直线与的夹角为，
因为平面，平面，所以，
在正方形中，，同理可得，
在等腰梯形中，易知，
在正四棱台中，上下底面面积分别为，，
正四棱台的体积，
则，解得
在中，，.
故选：D.
4．（2025·江苏南京·三模）在直三棱柱中，所有棱长都相等，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】连接，得即为异面直线与所成的角，设，利用余弦定理可得答案.
【详解】连接，因为，所以四边形为平行四边形，
所以，所以即为异面直线与所成的角或补角，
设，则，，
连接，则，因为，
所以平面，平面，所以，
，，
由余弦定理得.
所以异面直线与所成角的余弦值是.
故选：D.
5．（2025·江西宜春·模拟预测）已知平面，异面直线与所成的角是，则线段的长为 .
【答案】5或
【分析】作辅助线，可知或，可证平面，进而分情况求解即可.
【详解】如图，作且，连接，
可知（或其补角）为异面直线所成的角，
则或.
因为，且，可知是平行四边形，
则，
因为，则，
且，平面，则平面，
且平面，则.又，
若，则；
若，则.
综上所述：的长为5或.
故答案为：5或.
题型02 定义法求线面角
解｜题｜策｜略 线面角的定义：平面上的一条斜线与它在平面的射影所成的角即为斜线与平面的线面角，范围为. 找线面角的方法有两种定义法与体积法。 定义法：能直接找到点在平面的射影点，能计算出或者，则线面角的正弦或余弦可求。
1．（2025·湖北·三模）在正三棱台中，分别为棱的中点，，四边形为正方形，则与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】延长交于点，，根据正棱台可判断三棱锥为正三棱锥，根据棱长进而判断为正四面体，由正四面体的性质即可结合长度以及线面角的定义求解.
【详解】由题意可知，延长必交于一点，
由可知，分别是的中点，
又点为线段的中点，所以，
因分别为棱的中点，则，
又四边形为正方形，所以，所以，
由于三棱锥为正三棱锥，因此三棱锥为正四面体，
因此直线与平面所成的角即为直线与平面所成角，
取的中心为，连接，则平面，
所以为直线与平面所成角，
设正四面体的棱长为 ，
在中，，，
在中，，
故直线与平面所成角的正弦值为.
故选：B
2．（2025·河南·模拟预测）如图，在四棱台中，平面，四边形为正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为 .

【答案】
【分析】根据线面垂直判定定理得出平面，则即为所求的线面角，再计算求解.
【详解】连接与交于点，因为平面，平面，
所以，
因为四边形为正方形，所以平面，
又，则平面，
故即为在平面上的射影，即为所求的线面角，
又，，故.

故答案为：.
3．（2025·广东广州·模拟预测）在三棱锥中，若，，则直线与平面所成角的正弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设，建立空间直角坐标系，设点，得出向量坐标，利用向量数量积公式结合已知条件得出，再利用向量的模的计算公式求出，最后求出线面角的正弦值．
【详解】设，以为原点，为轴，为轴，建立如下图所示空间直角坐标系，
则，设点，
，
，
，即，
同理，即
设，则，
，
，解得，
直线与平面夹角的正弦值等于点到平面的距离与的比值，即．
故选：B．
4．（2025·上海嘉定·一模）如图，在四面体中，，从顶点作平面的垂线，垂足恰好落在的中线上.
(1)如果，直线与平面所成的角为，求直线与平面所成角的大小；
(2)证明：平面平面
【答案】(1)
(2)证明详见解析
【分析】利用几何法找到线面成角，利用线面垂直证明面面垂直.
【详解】（1）连接，如图.
由题可知，平面，平面,则，
且即为直线与平面所成角，
即.由，为边的中线，
可得.而，可得，.
而即为直线与平面所成角，且,
则，可得直线与平面所成角为.
（2）由，，，平面,故平面，
而平面，则平面平面
5．（2025·全国·模拟预测）如图所示，在菱形中，，，分别为的中点，，，将沿翻折，使到处，．
(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定，结合勾股定理逆定理推理得证.
（2）结合（1）的信息可得平面平面，法1，利用几何法求出线面角的正弦；法2，建立空间直角坐标系，利用向量法求出线面角的正弦.
【详解】（1）在菱形中，，则为等边三角形，，，
，，，28，
于是，即，
又，则，
而平面，所以平面.
（2）方法1：由为等边三角形，得，又平面，
则平面，又平面，于是平面平面，
在平面内过作于，连接，又平面平面，
因此平面，为与平面所成角，
在中，由，得，
在中，，
则，
在中，，
在中，，
则，所以与平面所成角的正弦值为.
方法2：由为等边三角形，得，又平面，
则平面，又平面，于是平面平面，
在平面内过作于，因此平面，
在中，由，得，
在中，，
以为坐标原点，直线分别为轴，垂直于底面的直线为轴建立空间坐标系，
则平面的法向量为，点，，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为.
题型03 体积法求线面角
解｜题｜策｜略 体积法：如果没法直接找到点在平面的射影点，则可以看看题目条件中是否有跟体积有关的信息，通过体积求出点到平面的高度，则线面角的正弦可求。
1．（2025·安徽蚌埠·模拟预测）已知三棱锥的体积为1，是边长为2的正三角形，且，则直线PA与平面ABC所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【分析】由体积和底面积，可求出顶点 到底面 的垂直高度 ，进而由直线与平面所成角的正弦值等于该直线与平面内某条直线(投影)形成的直角三角形中，计算即可求得结果.
【详解】 是边长为2的正三角形，其面积为：
因为三棱锥的体积为1 和底面积 ，
得：解得：
设直线 与平面 所成角为，所以
故选：C
2．（2025·甘肃·二模）如图，在三棱锥中，平面，且，若在内（包括边界）有一动点，使得与平面所成角的正切值为，则点的轨迹长为（ ）
A． B． C． D．6
【答案】C
【分析】过作平面，为等边的中心，由等体积发可得，则与平面所成角为，所以，的轨迹为以为圆心，以为半径的落在内的圆弧．
【详解】过作平面，因为，
所以是边长为2的等边三角形，易知为的中心，
由，则，
则，与平面所成角为，
因为与平面所成角的正切值为，所以，
解得，所以的轨迹为以为圆心，以为半径的落在内的圆弧．
根据，可知四边形是菱形，且，
根据对称性可知：所形成的轨迹是三段等长的圆弧，故的轨迹长为．
故选：C
【点睛】关键点点睛：根据线面角的定义找到与平面所成角，从而得的轨迹是解题关键.
3．（2025·山东·模拟预测）如图，是的直径，与所在的平面垂直，，是上的一动点（不同于），为线段的中点，点在线段上，且．

(1)求证：
(2)当时，求直线与直线所成角的余弦值
(3)当三棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）应用线面垂直判定定理得出平面，平面 进而得出线面垂直；
（2）应用异面直线所成角结合余弦定理计算求解；
（3）先根据线面垂直得出点到平面的距离，进而结合基本不等式得出正弦值为．
【详解】（1）因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
又因为在平面内，所以
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以．
（2）因为，所以，所以
又因为为等腰直角三角形，为的中点，所以
取的中点为，连接，则，且，
所以为异面直线，所成的角或其补角
在直角中，，所以，
在中，，
所以，
直线与直线所成角的余弦值为．
（3）设，则，

设，则．
过点作的垂线，垂足为，
由于是确定的，
所以当三棱锥的体积最大时，
即为点到平面的距离最大，
即点到平面的距离最大．
过点向作垂线，垂足为，又因为平面，
所以，平面，所以平面，
所以为点到平面的距离．
故，
，
当，即时等号成立
此时，，则点到平面的距离为
，
故直线与平面所成角的正弦值为．
4．（2025·陕西西安·二模）如图，已知三棱锥.
(1)证明：平面平面；
(2)若三棱锥的各顶点都在球的球面上，求球的半径：
(3)求直线与平面所成的角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先由几何知识证明及，再利用线面垂直证明平面，即可求证；
（2）建立空间直角坐标系，利用球心到球面上各点距离相等列出相应等式，即可求解；
（3）结合（2）利用空间向量法求解线面夹角.
【详解】（1）在中，由，得，所以，
所以，
所以.
又因为，所以，所以.
又因为，所以，所以，
又因为平面，
所以平面，又平面，所以平面平面.
（2）由（1）可知，以为原点，分别为轴和轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，
则，
设球心，半径，则，所以
，
解得，所以球的半径为.
（3）由（2）知，，
设平面一个法向量分别为，则，即
则，取，则得；
设直线与平面所成的角为，所以
.
5．（2025·上海静安·一模）已知正四棱柱的底面边长为1，点、分别在边、上，且，．

(1)证明：平面；
(2)若2，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据平行线的性质可得，进而可证线面平行；
（2）方法一：建系标点，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角；方法二：利用等体积法求点到平面的距离，进而求线面夹角.
【详解】（1）因为，，则，可得，
且平面，平面，所以平面.
（2）方法一：以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示：

则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，，可得，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值是．
方法二：由题意可知：，，，
则，
，
设点到平面的距离为，
因为三棱锥的体积即为三棱锥-的体积，
则，解得，
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．
题型04 定义法求二面角
解｜题｜策｜略 二面角的定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面.在两个半平面作两条与棱垂直的射线，如图则它们组成的角为二面角的平面角，范围为 定义法：如果能直接过棱上一点，找到与棱垂直的两条线，则直接找到了二面角。 目标：找与棱垂直的两条线
1．（多选）（2025·广西·模拟预测）已知，，分别是正四面体的棱，，的中点，则下列结论正确的有（ ）．
A．平面 B．
C．平面与平面夹角为 D．平面平面
【答案】AB
【分析】对于A：根据线面平行分析判断；对于C：首先找到两个平面所成角的平面角，再分析相关边所在三角形的性质即可判断；对于B、D：根据线面、面面垂直的判定定理分析判断.
【详解】
对于A：因为，分别是，的中点，则，
平面，平面，所以平面，正确；
对于B：因为，分别是，的中点，则，
由都是等边三角形，则，
所以，且平面，
所以平面，平面，则，正确；
对于C：因为是的中点，且是等边三角形，
所以，则是平面与平面夹角的平面角，
若正四面体的棱长为2，则，易知，错误；
对于D：取底面的中心，连接，则平面，
但平面，所以平面与平面不垂直，错误；
故选：AB
2．（多选）（2025·江苏苏州·三模）已知四棱锥中，平面，四棱锥的外接球的球心为．记四棱锥的体积分别为，三棱锥的体积分别为，则下列说法中正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．若二面角的平面角大小为，则的最大值为
【答案】ABD
【分析】利用线面垂直的性质判定推理判断A；利用锥体的体积推理判断BC；利用二面角的意义，列出锥体的体积关系，再利用基本不等式求出最大值判断D.
【详解】对于A，由四棱锥有外接球，得四边形有外接圆，由，
得，由平面，平面，得，而，
平面，则平面，又平面，因此，A正确；
对于B，由平面，得球心到平面的距离等于，因此，B正确；
对于C，均在以线段为直径的圆上，但面积无任何关系，
不能确定，C错误；
对于D，由，得是二面角的平面角，即，
则令，，
，
当且仅当，即时取等号，因此的最大值为，D正确.
故选：ABD
3．（2025·甘肃白银·二模）如图，在直三棱柱中，，，E为的中点，平面ABE与直线交于点G．
(1)求四棱锥的体积；
(2)求平面ABEG与平面CEG所成角的正弦值．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由是由棱锥和棱锥组合而成，利用线面垂直的判定和性质找到棱锥的高，最后应用棱锥的体积公式求体积；
（2）根据已知易得为等腰梯形，为等腰三角形，应用等体积法求到平面的距离，并求出中边上的高，结合二面角的定义即可求其正弦值.
【详解】（1）由是由棱锥和棱锥组合而成，
由平面，平面，则，且，
即，由且都在平面内，则平面，
所以是棱锥的高，
则
；
（2）由题设，，
由，即为等腰梯形，其高为，
所以，
若到平面的距离为，则，可得，
在等腰三角形中，边上的高为，
所以，平面ABEG与平面CEG所成角的正弦值为.
题型05 三垂线法求二面角
解｜题｜策｜略 三垂线法：当无法直接找到与棱垂直的两条线时，我们可以考虑构造我们的二面角。首先从平面找一点点，过点作平面的垂线（注意在作这个垂线的时候，通常先找与平面垂直的平面，在平面上作垂线），然后过或者作棱的垂线交于点，连接成直角三角形，即可求二面角的平面角。
1．（2025·湖南长沙·一模）已知三棱锥满足，且其体积为，若点（正投影在内部）到的距离相等，则二面角的正弦值为 .
【答案】
【分析】设在底面上投影为，过作，垂足为D，连接，则是二面角的平面角，由体积求得棱锥的高，再结合底面内切圆半径，即可求点到底面的距离，进而求得侧面上的高即可求解.
【详解】因为，所以是以为斜边的直角三角形.
由三棱锥体积公式得三棱锥高，
由点到的距离相等得出点在底面上投影到各边距离也相等，
所以是的内心，则到各边距离为内切圆半径，
过作，垂足为D，连接，则是二面角的平面角，
因为底面为直角三角形，所以内切圆的半径为.
则三棱锥侧面上的高为，
则.
故二面角的正弦值为.
故答案为：.
2．（2025·江西新余·模拟预测）在三棱锥中，且，底面是等边三角形，平面平面，若，则平面与平面所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意作出平面与平面所成角，再利用余弦定理求解即可.
【详解】如图，过点作，垂足为，
平面平面，且平面平面平面，
作，则，则平面，
作于，平面，，
又，平面平面，
平面，
为平面与平面所成二面角的平面角．
且，
作于，由是等边三角形，
得．
故选：D.
3．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在四棱柱中，底面和侧面均为正方形.
(1)证明: ；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由已知得，，，由线面垂直的判定和性质有，又，再由线面垂直的判定和性质证明结论；
（2）令，则，，过作于，所以到的距离，连接，进而证明，找到二面角的平面角，即可求其余弦值.
【详解】（1）由题设，易知四棱柱的棱长都相等，且，，，
由都在平面内，则平面，故平面，
由平面，则，在菱形中，
而都在平面内，则平面，
由平面，则；
（2）由（1）知平面，令，则，，
过作于，所以到的距离，连接，
平面，则，都在平面内，
所以平面，平面，则，
所以即为二面角的平面角，，
所以，所求角的余弦值为.
4．（2025·浙江·三模）如图，已知四棱台的体积为，底面为等腰梯形，，，，平面，且与相交于点E.
(1)证明：；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用余弦定理可求得的值，可求得的长，结合勾股定理可得出，由平面可得出，利用线面垂直的判定和性质可证得结论成立；
（2）利用台体体积公式求出的长，取的中点，连接，过点在平面内作，垂足为点，连接，结合二面角的定义可知即为平面与平面的夹角，计算出、的长，即可求出的余弦值，即为所求.
【详解】（1）在等腰梯形中，，由等腰梯形的几何性质可知，
所以，，
因为，
由余弦定理可得，
即，可得，
故，所以，故，
又因为平面，平面，故，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）设，由（1）可知，且，
故，则，
所以，
，
易知梯形梯形，且相似比为，
故，
由题可知棱台的体积为，解得.
取的中点，连接，过点在平面内作，垂足为点，连接，如下图所示：
因为，为的中点，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
故即为平面与平面的夹角.
由等腰梯形的几何性质可知，，
因为，所以，
因为，故，
因为，所以，故，，
所以，
因为平面，平面，所以，
故，所以，
又因为，故，
因为平面，平面，所以，
则，
所以.
因此，平面与平面的夹角的余弦值为.
5．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在正四棱柱中，为上的点，.
(1)若，证明：；
(2)若平面，求二面角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）根据已知，结合线面垂直判定定理证明平面，然后由线面垂直性质可证；
（2）通过证明平面平面，判断，然后作出二面角的平面角，根据定义求解可得.
【详解】（1）连接，在正四棱柱中，平面
因为平面，所以.
因为，又因为，，平面
所以平面.因为平面，所以
因为，，，平面
所以平面.因为平面，所以.
（2）因为，平面，面
所以平面.
因为，，平面
所以平面平面
记四边形，的对角线交点分别为，.
因为平面平面，平面平面
平面平面，所以.
设与交于，则为的中点，为的中点，所以.
作于，于，
则平面，.
所以为二面角的平面角.
由，，得，
所以，即二面角的正切值为2.
题型06 垂面法求二面角
解｜题｜策｜略 垂面法: 若题目条件中能找到棱垂直的平面，则找出该平面与的交线即可。若题目中有与棱垂直的直线，如图如果与棱垂直，则可以构造出与棱垂直的平面，即可求出二面角的平面角。
1．（2025·安徽合肥·模拟预测）如图，在等腰梯形中，，点为的中点，现将该梯形中的沿线段折起，形成四棱锥，且直线与平面所成角的正弦值为.
(1)在四棱锥中，求证：；
(2)求点到平面的距离；
(3)求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）连，交于，证平面，结合及线面垂直的性质证明结论；
（2）设直线与平面所成角的大小为，点到平面的距离为，易得，利用线面平行化为求点到平面的距离，即可得；
（3）过在平面内作垂直于，垂足为，由面面垂直判定和性质得平面，根据二面角的定义求二面角的大小.
【详解】（1）在等腰梯形中，连，则四边形为菱形，
连交于，则，
在四棱锥中，且都在平面内，
平面，，则平面，
由平面，故；
（2）设直线与平面所成角的大小为，点到平面的距离为，
则，且，所以，
由平面平面，则平面，
点到平面的距离等于点到平面的距离，距离为；
（3）由（1）知平面且平面，所以平面平面，
平面平面，过在平面内作垂直于，垂足为，
平面，所以，
在中，，所以为中点，易知，
所以，而，
所以二面角的平面角为，大小为.
2．（2025·安徽蚌埠·模拟预测）如图，多面体中，四边形是平行四边形，，，，，在底面的射影为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的平面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知可证得平面，通过平行关系可证得，进而证得结果；
（2）法一：作且，连接，求得为二面角的平面角，利用余弦定理计算即可．
法二：以为原点，以为轴，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用数量及公式计算即可得出结果.
【详解】（1）由题意得平面，又平面，所以．
因为，为的中点，所以．
因为，平面，所以平面．
由，得四边形是平行四边形，故，
又因为四边形是平行四边形，
所以，得，
所以四边形是平行四边形，
故，所以平面；
（2）法一：作且，连接．
因为，为的中点，故，，
由勾股定理得，
由（1）知，，所以，
由（1）知，四边形是平行四边形，所以，
四边形是平行四边形，所以，故由，
又为公共边，得≌．且两三角形关于对称，
由于，可得，
因此为二面角的平面角．
由，，
又平面，平面，故，，
由勾股定理得，故，
因为四边形是平行四边形，所以，
在中，由余弦定理得：．
故二面角的平面角的余弦值为．
法二：由（1）可知，两两垂直，以为原点，分别以所在直线
为轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
由，，由勾股定理得，
由题意知各点坐标如下：，，，．
因此，，．
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为．
由，即可取．
由，即可取．
于是，
由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，
故二面角的平面角的余弦值为
3．（2025·山西·三模）如图，在三棱柱中，所有的棱长均相等，是的中点，在上底面的投影为的重心．
(1)证明：；
(2)求平面与平面的夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理得，再根据线面垂直的判定定理得平面，最后利用线面垂直的性质定理证明即可.
（2）解法一：延长交于点，则为平面与平面的夹角，然后利用直角三角形知识求解，再结合利用诱导公式求解即可；
解法二：建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量法及同角三角函数关系求出正弦值.
【详解】（1）在上底面的投影为的重心．
平面，平面，，
，，
是等边三角形，是的中点，故，
，平面，平面，平面，
又因为平面，.
（2）解法一：延长交于点，如图所示，
由（1）知平面，故为平面与平面的夹角，
，，
设棱长为1，则，为重心，，，，
平面与平面的夹角的正弦值为.
解法二：设，有，，，可求得，
由，，可得，
又由平面，以为坐标原点，
，，分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，
有，，，，，
可得，，
设平面的一个法向量为，
有，取，，，可得，
又由平面的一个法向量为，有，，，
有，
故平面与平面的夹角的正弦值为．
4．（2025·河南·模拟预测）如图，在正三棱锥中，，为的中点.
(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)利用正三棱锥的性质及中点证明线线垂直再证明出线面垂直再结合线面垂直的定义得出线线垂直；
(2)先根据已知条件作辅助线找到二面角的平面角再在三角形中根据边长求出对应角的余弦值.
【详解】（1）由正三棱锥的性质可知，为的中点，所以，
由正三棱锥的性质可知，为的中点，所以，
又平面，
所以平面，平面，
所以.
（2）过作，连接，
因为，平面，
所以平面，平面，
所以，所以为二面角的平面角，
设，则，
所以等腰三角形的底边上的高为，，
因为平面，平面，所以，
所以为直角三角形，所以，
，
所以二面角的余弦值为
题型07 射影面积法求二面角
解｜题｜策｜略 射影面积法：已知平面内的在平面的投影为，则平面和平面所成的二面角的平面角大小为，则 射影面积法跟补形法都适用于两个平面没有明显的交线时，当更容易找到投影的图形且更容易求出时，可以直接用射影面积，若射影面积法不太好计算时时，也可以考虑补全图形。
1．（2025·河北·模拟预测）如图正三棱柱底面边长为2，高为6，点分别在棱上，且，若平面恰好将正三棱柱体积均分，则平面和平面夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】首先分析可得点为的中点，延长与的延长线交于点，延长与的延长线交于点，连接，则为平面与平面的交线，利用勾股定理逆定理得到，即可证明平面，则为平面和平面夹角，最后由锐角三角函数计算可得.
【详解】因为，即，，
又平面恰好将正三棱柱体积均分，所以点为的中点，
延长与的延长线交于点，延长与的延长线交于点，连接，
则为平面与平面的交线，
因为，，，，，
所以，即，解得，所以；
，即，解得，所以，
在中由余弦定理
，
所以，
所以，即，
又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以为平面和平面夹角，又，
所以，
即平面和平面夹角的余弦值为.
故选：A
2．（2025·河北·模拟预测）等腰梯形中，，，，沿对角线将翻折形成三棱锥（点翻折到点的位置），点、分别为棱，的中点.
(1)证明：平面；
(2)当直线与直线成角时，求四棱锥的体积；
(3)在翻折过程中求平面与平面夹角余弦值的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）首先找到直线与直线所成的角，再证明平面平面，作出四棱锥的高即可求解；
（3）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，再利用三角函数的范围即可求解.
【详解】（1），是的中点，，
又，，，四边形为菱形，
则，在翻折过程中，总有，，，
又平面，平面，，
平面.
（2），分别为棱，的中点，
，直线与直线成角，即为与直线成，
则或，为边长为1的正三角形或顶角为的等腰三角形，
又四边形是上下底长分别为1和2的梯形，且，
四边形的面积为,
由（1）知平面，又平面，平面平面，
过点作于，
平面平面，平面，
平面，则，
四棱锥的体积.
（3）由（1）（2）知平面平面，且，
分别以，所在直线为轴，轴，
以过点且与平面垂直的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
在翻折过程中设，
则，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
则，，令，则，，
；
平面，可取平面的一个法向量为，
，
又，，则，
在翻折过程中平面与平面夹角余弦值的取值范围为.
3．（2025·上海黄浦·一模）如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，平面BEC，，，G，F分别是线段BE，DC的中点．
(1)求证：平面ADE；
(2)设平面AEF与平面BEC的交线为l，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取的中点，通过平行的传递性得到，由题中条件得到四边形为平行四边形，得到，利用线面平行的判定定理得到平面；
（2）设平面与平面所成的锐二面角的大小为，由平面和平面，得到在平面上的射影为，利用余弦定理求出，利用同角关系式求，从而得到和，则，代入数值求解，从而得到二面角的余弦值.
【详解】（1）取的中点，连接，，即，
，G，F分别是线段BE，DC的中点,
，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面；
（2）设平面与平面所成的锐二面角的大小为，
平面，平面，
在平面上的射影为，
，，,
分别是线段BE，DC的中点，，，
，，
，，
又，，
二面角A-l-B的余弦值为.
4．（2025·浙江嘉兴·一模）如图，在正三棱柱中，为的中点，点在棱上，.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）方法一：根据题意先求的长，可得，利用，可得，再根据线面垂直的判定证明即可；
方法二：以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明线面垂直；
（2）方法一：延长交于点，过点作，垂足为，连结，又易得，则即为平面与平面的夹角，再解三角形求其余弦值即可；
方法二：以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求平面与平面夹角即可；
方法三：根据射影面积法求平面与平面夹角．
【详解】（1）方法一：在直三棱柱中，，
所以，
所以，所以，
又，所以，，，
则，所以，
所以，
即，又平面，
所以平面．
方法二：如图，以为原点，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
所以
所以，即
又平面，所以平面．
（2）方法一：如图，延长交于点，过点作，垂足为，连结，
则由平面得，
所以即为平面与平面的夹角．
在中，，
所以，即，
又，所以，
所以，所以，
即平面与平面夹角的余弦值为.
方法二：如图，以为原点，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，则，
取得，又平面的一个法向量为，
记平面与平面的夹角为，则，
即平面与平面夹角的余弦值为．
方法三：由（1）知，
记平面与平面的夹角为，则
即平面与平面夹角的余弦值为．
5．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为．
(1)证明：平面；
(2)求面与面所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出平面及平面，
再应用面面平行判定定理得出平面平面，进而得出线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点的坐标表示出来，然后将平面及平面的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其正弦值.
【详解】（1）设，所以，因为为中点，所以，因为，，所以是平行四边形， 所以，所以，
因为平面平面，所以平面，
因为平面平面，所以平面，
又，平面，所以平面平面，
又平面，所以平面．
（2）
因为，所以，又因为，所以，
以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系.
因为，平面与平面所成二面角为60° ，
所以.
则，，，，，.
所以.
设平面的法向量为，则
，所以，令，则，则.
设平面的法向量为，
则，所以，
令，则，所以.
所以.
所以平面与平面夹角的正弦值为.
题型08 补形法求二面角
解｜题｜策｜略 补形法：当构成二面角的两个半平面没有明确交线时，要将两平面的图形补充完整，使之有明确的交线（称为补形），然后借助前述的定义法与三垂线法解题．补形常用的两种方式：延长相交、作平行线。
1．（多选）（2025·浙江温州·一模）如图，圆台的上下底面半径分别为1和2，P，Q分别为上下底面圆周上的点，为圆台的轴截面且，则（ ）
A．为母线
B．
C．
D．平面与平面的夹角等于30°
【答案】BCD
【分析】根据圆台的基本概念，线面垂直的判定定理，二面角的平面角的概念，逐一判断各选项正误，求出结果.
【详解】由母线的概念可知，不是母线，所以A错误；
如图所示，作上底面圆心，下底面圆心，线段中点，
连接，
可知，因为，所以，
因为为中点，为中点，所以，，
所以四边形为平行四边形，
因为平面，所以平面，所以，
因为为中点，所以，所以B正确；
因为平面，所以，因为，
又因为面，面，，
所以平面，所以，所以C正确；
因为四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以面，
所以平行于平面与平面的交线，
因为平面，，
所以是平面与平面的夹角的平面角，
可知，所以D正确；
故选：BCD.
2．（2025·四川宜宾·三模）如图，三棱台中，平面，分别是棱的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)已知三棱台的体积大于2，且直线与平面所成的角的正弦值为，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）通过，，得到平面，进而可求证；
（2）由面面角的概念为平面与平面所成角，再结合求解即可.
【详解】（1）证明：因为平面平面
所以，又因为，都在平面内，
所以平面，又因为平面
所以平面平面
（2）解：在三棱台中，分别是棱的中点，所以且相等，且相等，
所以四点共面
由（1）知平面， 平面，
，在平面内，
得：
所以为平面与平面所成角，
设，点到平面的距离为
由可得：
所以
所以或
又因为
所以，所以
所以在中，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
3．（2025·河北张家口·三模）如图，在正三棱柱中，，，且，满足，，过，，三点的平面与棱交于点，若.
(1)求的值；
(2)求异面直线与所成角的余弦值；
(3)求平面与平面夹角的正切值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，由四点共面，列出方程，结合向量的坐标运算，即可得到结果；
（2）由异面直线的夹角公式，代入计算，即可得到结果；
（3）由二面角的公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）
取中点为，连接，因为为正三角形，所以，
又因为正三棱柱中，平面平面，
平面平面，平面，所以平面，
以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由，可得，
所以，
因为，所以为中点，则，
又，设，则，
即，解得，所以，
设，则，
因为四点共面，所以存在实数，使得，
即，
即，解得，则，
所以，即.
（2）由（1）可知，，
设异面直线与所成角为，则
.
（3）平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
因为，
则，令，则，所以，
设平面与平面的夹角为，
则，
且，
所以.
4．（2025·广东佛山·二模）如图，将一个棱长为2的正方体沿相邻三个面的对角线截出多面体，E是的中点.过点C，E，的平面与该多面体的面相交，交线围成一个多边形.
(1)在图中画出该多边形（说明作法和理由），并求其面积；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)作图、理由见解析，多边形面积为；
(2).
【分析】（1）若为的中点，连接，结合正方体的结构易得共面，即得多边形，进而求其面积；
（2）先证平面平面，再求平面与平面的夹角的余弦值即可.
【详解】（1）若为的中点，连接，显然，
所以共面，即交线围成的多边形为，
由题意，为等腰梯形，且，，
所以.
（2）由正方体的结构特征，易知，
由平面，平面，则平面，
同理得平面，都在平面内，
所以平面平面，
故平面与平面的夹角，即为平面与平面的夹角，
而是棱长为的正四面体，所以.
题型9 线面角与二面角综合
解｜题｜策｜略 线面角与二面角一起出现时，通常情况下会共高线，这时，线面角与二面角的正弦值就会有关系。通过这个给出其中一个，求另外一个。
1．（多选）（2025·全国·模拟预测）如图，平面四边形满足，与交于点，若将沿翻折，得到三棱锥，已知二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，，则下列说法正确的是（ ）
A．在翻折过程中，与始终垂直
B．在翻折过程中，始终成立
C．在翻折过程中，的最大值为
D．当平面平面，则三棱锥为正三棱锥
【答案】ACD
【分析】结合线面垂直的判定和性质数形可判断A；由二面角的平面角、线面角的定义，找到相关角后表达对应的正弦值，即可推导分析B；由角的函数值的最值关系可判断分析C；由垂直关系判断边长关系，结合正三棱锥的定义可判断D.
【详解】对于A，在平面四边形中，由于，所以，，
如图1，在翻折过程中，始终满足，，面，所以面，所以，A正确；
对于B，如图2，作，连接，由题意得在翻折过程中，始终满足，又，
所以二面角的平面角为，即，则，又面，所以，
所以直线与平面所成的角为，所以，又，所以，
则，B错误；
对于C，由B知，，，当，即时，的最大值为，此时，C正确；
对于D，如图3，由A知，，由于平面平面，平面平面，
所以平面，则，由于，
所以，则三棱锥为正三棱锥，正确，故选ACD.
故选：.
2．（多选）（2025·上海虹口·一模）如图，已知点在表面积为的球的球面上，且，平面，点为中点，当二面角的大小为时，则有（ ）
A．异面直线和所成角的大小为
B．直线与平面所成角的大小为
C．
D．的面积为
【答案】D
【分析】设球的半径为，求得，证得平面，得到，得到，进而得到，把异面直线和所成角转化为直线和所成角，可判定A不正确；作，证得平面，得到即为直线与平面所成角，可判定B不正确；在直角中，求得，结合二倍角公式，可得判定C不正确；结合面积公式，可判定D正确.
【详解】设球的半径为，因为球的表面积为，可得，可得，
因为和分别为的中点，所以，所以，
又因为平面，平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
所以为二面角的平面角，所以，
在直角中，可得，
对于A，由，可得异面直线和所成角，即为直线和所成角，
因为，所以异面直线和所成角的大小为，所以A不正确；
对于B，过点作，垂足为，
因为平面，平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
所以即为直线与平面所成角，
在直角中，，可得，则，
所以，所以B不正确；
对于C，在直角中，，可得，
所以，则，
所以，所以C不正确；
对于D，由的面积为，所以D正确.
故选：D.
3．（多选）（2025·广东广州·模拟预测）如图，在三棱锥中，侧棱OA，OB，OC两两垂直，且，P为底面ABC内一动点（含边界），点P到三个侧面的距离分别为，，，直线OP和三条侧棱所成的角分别为，，，直线OP和三个侧面所成的角分别为α，β，γ，则（ ）
A．该三棱锥的外接球半径为 B．
C． D．当时，P点的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】选项A，可将三棱锥补成长方体计算；选项B、C，过作三个侧面的垂线，连接相应的线段构成长方体，找到相应角进行计算；选项D，点的轨迹为以为球心，半径为的球面被三角形面所截得的三段圆弧，根据弧长公式计算.
【详解】对于A，由三条侧棱两两垂直，则该三棱锥可补成长方体，如图所示，该三棱锥的外接球也就是补成的长方体的外接球，
则外接球半径，故A正确；
对于B，过作三个侧面的垂线，连接相应的线段构成如图所示的长方体，
则直线与所成角为记为，与所成角为记为，与所成角为记为，
则，，，
则，故B错误；
对于C，直线与平面、平面、平面所成角分别为，
则，
故
，故C正确；
对于D，在该长方体中，，则，
故点的轨迹为以为球心，半径为的球面被三角形面所截得的圆弧，
设点到平面的距离为，则，
由，可得，解得，
则截面圆半径．
设内切圆半径为，则由，解得，
因为，所以轨迹为三段圆弧，
如图，设、分别为其中一段圆弧的两个端点，则，
由对称性易得由正弦定理，的外接圆半径，
在中由余弦定理，，
即，解得或（由对称性，此时，故舍去）
所以，所以弧对应的圆心角为，其长度为
所以点的轨迹长度为，故D正确．
故选：ACD.
4．（2025·云南楚雄·模拟预测）如图，在三棱柱中，为正三角形，为等腰三角形，且为底边，为的中点，，平面平面.

(1)证明：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用中位线得线线平行，再由线线平行得线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，根据空间向量的夹角求解线面角，即可得棱的长度，再利用空间向量求解二面角的余弦值即可.
【详解】（1）证明：如图，连接交于点，连接.
三棱柱的侧面为平行四边形，为的中点.

又为的中点，为的中位线，
.
平面平面，
平面.
（2）如图，连接.
为正三角形，为的中点，.
平面平面，
平面平面平面，
平面.
平面.
为等腰三角形，为底边的中点，，
两两垂直.
如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴 轴 轴建立空间直角坐标系.设.
，
,是平面的一个法向量，
直线与平面所成角的正弦值为，
解得（负值已舍去）.
由，得.
设平面的法向量为，
则
令，可得，
平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则，
平面与平面的夹角的余弦值为.
5．（2025·广西柳州·三模）如图，已知四棱锥中，顶点在底面上的射影落在线段上（不含端点），，，，.
(1)求证：平面；
(2)若二面角的大小为，直线与平面所成角为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，根据三角形的边角关系可得，即可结合线面垂直的判定求解，
（2）由二面角的平面角和线面角知识结合锐角三角函数即可求解.
【详解】（1）由于平面平面故
因为，所以底面为直角梯形，故，
过，且与相交于，
则，
又，
故,所以,
由于平面，，
所以平面，
（2）由题意可知，过作的垂线，垂足为,连接,
由于平面平面故，
平面，
故平面，平面，故，
故为二面角的平面角，
所以从而.
题型10 线面角、二面角与圆锥曲线
解｜题｜策｜略 线面角、二面角与圆锥曲线结合时，属于综合性较强的创新题或压轴题。利用圆锥曲线的定义来判断动点轨迹，根据轨迹来求线面角、二面角。
1．（多选）（2025·山东济南·模拟预测）已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为3的正方形，点在底面ABCD内（包含边界），且直线底面ABCD，记直线PA与底面ABCD所成角为，PB与底面ABCD所成角为，二面角P-CD-A的平面角为，则（ ）
A．若，则在AB的垂直平分线上
B．若，则的轨迹长度为
C．若，则的轨迹为抛物线的一部分
D．若，则当与面积之比为时，
【答案】ACD
【分析】对于A，由可得，即可判断；对于B，建系后利用推出，求出点P0的轨迹是以点为圆心，半径为2的圆，结合图形求出轨迹圆弧所对的圆心角，即可求得答案；对于C，利用条件，根据抛物线定义即可判断；对于D，建系后，易得点P0的轨迹方程为，利用条件推得，继而求出直线的斜率，利用抛物线焦半径计算公式即得.
【详解】

对于A，如图1，因直线底面ABCD，则 是直线PA，PB与底面ABCD所成角，
由，可知，则在AB的垂直平分线上，故A正确；

对于B，由可得，即.
如图以所在直线为轴，的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，
设点，则，则得，
化简得，即点的轨迹是以点为圆心，半径为2的圆，
如图2所示，该圆交棱AD于点F，则，，
故的轨迹长度为，故B错误；
对于C，当时，到点A的距离等于到CD的距离，
由抛物线的定义，可知的轨迹是抛物线的一部分，故C正确；
对于D，如图3，以AD的中点为G为原点，GA所在直线为x轴，以过点G且与AD垂直的直线为y轴，建立平面直角坐标系，

因，直线的方程为，由C可得：点的轨迹方程为，
过作垂直于CD，垂足为M，过作垂直于AD，垂足为N，
由当与面积之比为时，，
因，则，则，
则由抛物线的焦半径公式，可得，故D正确.
故选：ACD.
2．（2025·上海·三模）已知长方体中，为矩形内一动点，设二面角为，直线与平面所成的角为，若，则三棱锥体积的最小值是 .
【答案】/
【分析】根据题意，判断得的轨迹为抛物线一部分，建立平面直角坐标系，写出直线和抛物线段的方程，由题意，计算点到线段的最短距离，再由等体积法计算三棱锥最小体积.
【详解】如图，作平面，垂足为，再作，垂足为，
连接因为平面，故，
而平面，故平面，
而平面，故，故为的平面角，
则，，由，则，
又、平面，故，，则，
由抛物线定义可知，的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线一部分，
所以的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线一部分，
当点到线段距离最短时，三角形面积最小，即三棱锥体积最小，
取中点为原点，建立如图所示平面直角坐标系，
则，，，
则直线的方程为：，即，
抛物线的方程为，则，
由题意，令，得，代入，得，所以点的坐标为，
所以动点到直线的最短距离为，
因为，所以，
所以三棱锥体积的最小值为.
故答案为：.
3．（2025·广东·模拟预测）在三棱锥中，，直线与平面所成的角为，则三棱锥体积的最大值为 .
【答案】/
【分析】设，得到点在以为焦点的椭圆上，当在该椭圆的上顶点时，的面积最大，取的中点，求得，设点到平面的距离为，得到，求得，设且，利
【详解】不妨设，由中，可得，
又由，故点在以为焦点，且2为长半轴长的椭圆上，
当在该椭圆的上顶点时，的面积最大，此时，
取的中点，可得，
则，
设点到平面的距离为，
因为直线与平面所成的角为，可得，
所以，
设且，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，
所以，
当且仅当，且时，等号成立，
所以三棱锥体积的最大值为.
故答案为：

4．（2025·上海宝山·二模）空间中有相互垂直的两条异面直线，点，且，若，且，则二面角平面角的余弦值最小为 .
【答案】
【分析】先确定点、的轨迹及相关线段长度表达式，再利用余弦定理得的表达式，最后通过换元求最值.
【详解】根据双曲线的定义，平面内到两个定点、（焦点）的距离之差的绝对值为定值（小于）的点的轨迹为双曲线.由，可知，
所以点在以、为焦点的双曲线上.在空间中，是此双曲线绕旋转得到的曲面.
因为，根据直径所对的圆周角是直角，所以点同时在以为直径的球面上.
由于，所以、在与垂直的面上.
不妨令固定在一支双曲线上，设双曲线方程为.
过作于，在双曲线中，变形可得.
在（因为）中，的长度可根据坐标关系得到，
因为在过与垂直的面与球的交线上，设球心为（中点），
由（球的半径的平方为，根据勾股定理得到此关系），的长度与有关（点坐标与点纵坐标有关），且在轴上的投影长度就是，所以.
在中，根据余弦定理，
通过，代入余弦定理公式化简得到,.
令，则.
对于二次函数，其对称轴为，当时，取得最大值.
所以.
故答案为：.
5．（多选）（2025·湖北黄冈·二模）在三棱锥中，，，，，且，则（ ）
A．点的轨迹为椭圆
B．当平面固定时，点的轨迹对应曲线的离心率为
C．当二面角为时，的面积与的面积之和有最大值
D．二面角的余弦值的最小值为
【答案】BCD
【分析】对于A，可根据椭圆的定义来判断；对于B，根据双曲线的定义判断点C的轨迹，然后根据双曲线的性质求出离心率；对于C，首先将两个三角形的面积表达式列出来，然后根据二面角是60°，利用正弦定理，将的表达式列出来，然后根据角的范围求出最大值；对于D，将二面角的余弦值表示出来后，通过化简求出最小值.
【详解】对于选项A：
在三棱锥中，因为，
根据椭圆的定义：平面内到两个定点的距离之和等于常数（大于两个定点之间的距离）的点的轨迹叫椭圆.
这里为两个定点，为定值且大于，而点在空间中，
所以点的轨迹是以为焦点的椭球.所以A错误.
对于选项B：
因为，根据双曲线的定义可知点的轨迹是以为焦点的双曲线的右支.
设双曲线方程为
，，则，
则，所以离心率为，B正确.
对于选项C：
作，连接.
因为平面，所以平面.
所以，所以为的二面角，根据题意为60°.
.
要求其最大值，即是求的最大值.
在中，设,根据正弦定理得
.
所以，
所以.
因为，所以，所以.
所以的最大值为.
所以的最大面积为，所以C正确.
对于选项D：
在平面中，因为，，所以在该平面内点的轨迹是椭圆.
所以，，所以椭圆方程为
设为中点，对应的椭圆为：
椭圆方程可变换为，所以可设，，
在平面中，因为，，所以在该平面内点的轨迹是双曲线.
所以，，所以双曲线方程为.图像如下：
因为双曲线方程为，所以.
所以，
所以，根据余弦定理
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
因此，二面角的余弦值的最小值为.D正确.
故选：BCD.
（建议用时：30分钟）
1．（2025·广东·模拟预测）在正方体中，分别为棱的中点，则异面直线与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设，连接，设，为异面直线与所成的角，即可求解．
【详解】如图，设，连接，设．
易得，且，
所以四边形为平行四边形，则，
所以或其补角为异面直线与所成的角．
设正方体的棱长为1，则．
因为，且，所以，
所以，
所以，则．
故异面直线与的夹角为．
故选：A

2．（2025·江西宜春·一模）如图，直线，，相互平行，且两两之间的距离为1，平面平面，且平面ABC与平面之间的距离为3，直线与平面ABC所成的角为，则三棱柱的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，由条件可得四边形的面积，然后结合柱体的体积公式代入计算，即可得到结果.
【详解】因为平面ABC与平面之间的距离为3，直线与平面ABC所成的角为，
所以.
则四边形的面积为.
因为直线，，相互平行，且两两之间的距离为1，
所以直线到平面的距离为.
三棱柱的体积为.
故选：A
3．（2025·江西景德镇·模拟预测）在正方体中，为线段上的动点，则直线与所成角的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据异面直线所成角定义结合正方体的几何特征求解.
【详解】正方体中，，所以为等边三角形.
因为，所以或其补角为直线与所成的角.
当点与线段的端点重合时，直线与所成的角取得最小值；
当点与线段的中点重合时，直线与所成的角取得最大值.
故直线与所成角的取值范围.
故选：D.
4．（多选）（2025·辽宁盘锦·三模）在正三棱柱中，点E为棱的中点，点F为棱的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．若，则
C．若，则直线与所成角的余弦值为
D．若，则平面与平面的夹角为
【答案】ABD
【分析】利用线面平行的判定推理判断A；利用空间位置的向量证明判断B；（或其补角）即为直线与所成的角，由余弦定理求出异面直线夹角余弦判断C；是平面与平面的夹角，即为平面与平面的夹角，利用三角函数关系求出二面角大小判断D.
【详解】对于A：依题意，，则四边形为平行四边形,
所以，又平面，平面，故平面，故A正确；
对于B：因为，又，，
所以
，
则，故B正确；
对于C，因为，所以（或其补角）即为直线与所成的角，
不妨设，，则，，
故直线与所成角的余弦值为，故C错误；
对于D，取的中点，连接，则是正三棱柱的中截面，
平面平面，平面与平面的夹角等于平面与平面的夹角，
取的中点，连接，由，
得，又，则是平面与平面的夹角，
在中，，则，
所以平面与平面的夹角为，故D正确．
故选：ABD
5．（多选）（2025·江苏南通·模拟预测）在棱长为2的正方体中，是其表面上一点，且与所成的角为，下列说法正确的是（ ）
A．若是的中点，则
B．若在线段上，则
C．若，则的轨迹长度是
D．若，则不在面上
【答案】ABD
【分析】利用几何法求出异面直线的夹角判断AB；由异面直线夹角的定义确定轨迹推理判断CD.
【详解】对于A，由，得，又平面，则，A正确；
对于B，过作交于，连接，则，，
，，B正确；
对于C，由，，得射线的轨迹是以为轴，轴截面等腰三角形顶角
为的圆锥侧面，当点在底面内时，，
点的轨迹是以为圆心，所含圆心角为的圆弧，轨迹长度为；
当点在侧面内时，点的轨迹分别是圆锥一条母线的一部分，长度为，
因此的轨迹长度是，C错误.
对于D，，射线的轨迹是以为轴，轴截面等腰三角形顶角为的圆锥侧面，
当点在平面内时，，不在底面上，D正确.
故选：ABD
6．（2025·湖北·模拟预测）已知长方体中，，，点是底面上的一个动点.设平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角为，记表示，中的最大者，表示，中的最小者，若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先根据，初步确定点所在的位置.举特例说明与的大小关系不确定，排除AB；再按点在不同位置时，研究与，与的大小，即可得出结论.
【详解】如图，取长方体的下底面的各边中点,,,，上底面的中心为，下底面的中心为.
平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角为，
过作于，作于，则，.
所以，等价于到的距离比到的距离大，所以在如图所示的阴影范围内.
在和中，，为公共边，为共同的中点，
，的大小由与，所成的角大小所决定.所成角越小，则对应角越大.
显然与和所成的角的大小关系不确定：
当在靠近时与直线所成的角较小，与直线所成的角则接近于，此时.
同样当接近于时，故A、B错误；
与的大小关系实际上是看在的左侧还是右侧.
若在左侧，则；
若在右侧，则；
若是在上，则.
同样，在的前面，则；
在上，则；
在的后面，则，
所以当在内时，，，
，.
因为，所以.
因为，所以.
因此，，
根据对称性，在其余区域内，具有相同的结论.
故选：C
7．（多选）（2025·广东清远·二模）如图，在直棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，点为的中点，动点在侧面内（包含边界），则下列结论正确的是（ ）
A．
B．平面与平面所成角的余弦值为
C．若，则点轨迹的长度为
D．若点在直线上，则的最小值为
【答案】ABC
【分析】通过线面垂直可判断线线垂直，判断A的真假；利用投影面积法求二面角的余弦，判断B的真假；弄清点的轨迹，再求其长度，可判断C的真假；利用表面展开，转化为两点之间，直线段最短求的最小值，判断D的真假.
【详解】如图1，连接，由菱形可得．
再由直棱柱，可得底面．
又因为底面，所以，
而平面，所以平面，
又因为平面，所以，故A正确；
，，，所以为直角三角形，且，
其在底面投影的三角形的面积为，
由投影面积法可得平面和平面所成角的余弦值为，故B正确；
如图2，动点在侧面内（包含边界），过作，垂足为，
由直棱柱，
所以平面平面，平面平面，平面，
且，所以平面.
而侧面，即有，由菱形边长为2，，可得，
再由勾股定理得：，则点的轨迹是以为圆心，
以为半径的圆弧（如图3中），则由侧面正方形，
可知，，可得，所以点轨迹的长度为，故C正确；
由为直角三角形，且为等腰直角三角形，
将与展开成一个平面图，如图4，则；
由余弦定理得：，
即，故的最小值为，故D错误．
故选：ABC
8．（2025·山西晋城·模拟预测）已知点是边长为的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形.

(1)求证：；
(2)求二面角的平面角的正切值；
(3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大 求出最大角的正弦值，并说明点此时所在的位置.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)当点在线段上靠近点的处时，直线与平面所成的角最大，最大角的正弦值为
【分析】（1）由题意得到平面，即得，再由可证平面，由线面垂直可得；
（2）过在平面内作于，连接，证明平面，得到为二面角的平面角，在中，利用三角函数的定义求解即得；
（3）由平面得到到平面的距离即为到平面的距离，利用等体积求得，设直线与平面所成的角为，求得，推得当时，最小，从而的值最大，由此即得点的位置.
【详解】（1）因为点在底面上的射影是与的交点，
所以平面，又平面，所以，
因为四边形为菱形，所以，
因为，、平面，所以平面，
又平面，所以．
（2）

如图，过在平面内作于，连接，
因为平面，平面，所以，
又，、平面，所以平面，
又平面，所以，故为二面角的平面角，
因菱形中，，则，，
又是等边三角形，故，
由，知，
在中，，故二面角的正切值为.
（3）因为，且平面平面，所以平面，
所以到平面的距离即为到平面的距离，
因为，所以，
即，
所以，
设直线与平面所成的角为，则，，
因正弦函数在第一象限单调递增，故要使最大，即使最大，则需使最小，
此时，由对称性知，，
所以，此时，
故当点在线段上靠近点的处时，直线与平面所成的角最大，且最大角的正弦值为.
9．（2025·湖南邵阳·模拟预测）如图，在三棱台中，，，，为线段上一点，.
(1)求证：点为线段的中点；
(2)若直线与直线所成角的正切值为5，，求证：平面平面.
(3)设二面角的大小为，直线与平面所成角的大小为，求关于的函数表达式，并求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】 （1）过作垂足为，依题可推出平面，进而得.又因得出为中点，再结合梯形中是等腰梯形且，得到N为中点.
（2）由（1）知是二面角平面角，作，通过线段关系证四边形是平行四边形，得出，确定是直线与所成角（或补角），利用三角函数值和余弦定理求，进而判断二面角情况.
（3）利用在底面投影，找出直线与平面所成角，分为钝角、锐角、直角讨论相关线段长度，得出表达式，将其看作半圆上点与定点连线斜率，根据直线与半圆相切情况确定取值范围.
【详解】（1）过作交于点，连接.
，，平面，.
，为的中点.
在梯形中，，∴梯形为等腰梯形.
又，为线段的中点.
（2）由（1）知，为二面角的平面角，过作交于点，则，连接.
在等腰梯形中，，.
.又，∴四边形为平行四边形，
.
为直线与所成角（或补角），
，.
在中，，.
由余弦定理得：，得：
，解得，或（舍），
在中，，，，.
.
二面角为直二面角，即平面与平面所成二面角为直二面角，
平面平面.
（3）设在底面的投影分别为，，N到平面的距离为，
则，则为直线与平面所成角，.
，，.
为钝角时，在的外部，，
，
.
当为锐角时，在的内部，
，.
.
当为直角时，也符合，
综上，.
设是（上半圆，不包括与轴的交点）上任意一点，
则可看作是半圆上一点与点连线的斜率.
直线与半圆相切时，直线的斜率最小值为.
与连线的斜率的取值范围为，
的取值范围为.
10．（2025·江苏·模拟预测）如图，在正三棱柱中，，分别是和的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)若，平面与平面夹角的余弦值为，求该三棱柱的体积.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取中点，利用平行公理，结合平行四边形的判定性质证得，再利用线面平行的判定性质、面面垂直的判定推理即得.
（2）取中点，利用面面平行的判定证得平面平面，再利用二面角大小求出正三棱柱的高。进而求出体积.
【详解】（1）在正三棱柱中，取中点，连接，
由是中点，得，而是中点，
则，四边形是平行四边形，，
由平面平面，得，而，
又平面，于是平面，
因此平面，而平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，平面，平面，则平面，
取中点，连接，则，而平面，平面，
则平面，又平面，于是平面平面，
平面与平面的夹角等于平面与平面的夹角，
由平面，平面，得，
则是平面与平面的夹角，，，
于是，而，则，
所以正三棱柱的体积.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题 几何法求线线角、线面角、二面角
近三年： 在立体几何板块，高考命题强调“建系法、几何法、向量法三法并重”，突出化归转化思想。这些年立体几何大题逐渐显示出非常规建系、配合几何法、向量法等方式。几何法并非“备用”方法，而是与向量法并列的通性通法。在图形规则或难以建系时，往往是更优选择。而在立体几何小题中，大概率使用几何法跟向量法，而比较少的能用到建系，建系计算更费时。 预测2026年： 基于以上分析，几何法在2026年高考中预计将继续受到重视， “几何法”的核心价值在于它直接锻炼了立体几何最本质的空间想象与逻辑推理能力，这在当前“去套路化”的命题趋势下尤为重要。你在备考中需要将其放在与向量法同等重要的位置进行系统性训练。
题型01 定义法求线线角
解｜题｜策｜略 一、概念 异面直线所成角是 空间中两条不共面直线 的夹角，通过“空间问题平面化”转化为 两条相交直线的夹角 ，其取值范围为（在求夹角的时候，要注意异面直线所成角的范围）。 二、用定义求异面直线所成角 利用平行去平移，分别作两条异面直线的 平行直线 ，使这两条平行线的夹角即为原异面直线的夹角。随后在由平行线构成的三角形中，利用 边角关系 （如余弦定理、正弦定理）求解角度。
1．（2025·贵州·模拟预测）在正三棱柱中，已知，D，E分别在棱上，且，，则异面直线BC与DE所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·辽宁辽阳·一模）如图，三棱柱的所有棱长都为，且，、、分别为、、的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ）

A． B． C． D．
3．（2025·新疆喀什·二模）《九章算术》中将正四棱台称为方亭，如图，在方婷中，，其体积为，E，F分别为AB，BC的中点，则异面直线所成角的余弦值为（ ）

A． B． C． D．
4．（2025·江苏南京·三模）在直三棱柱中，所有棱长都相等，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·江西宜春·模拟预测）已知平面，异面直线与所成的角是，则线段的长为 .
题型02 定义法求线面角
解｜题｜策｜略 线面角的定义：平面上的一条斜线与它在平面的射影所成的角即为斜线与平面的线面角，范围为. 找线面角的方法有两种定义法与体积法。 定义法：能直接找到点在平面的射影点，能计算出或者，则线面角的正弦或余弦可求。
1．（2025·湖北·三模）在正三棱台中，分别为棱的中点，，四边形为正方形，则与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·河南·模拟预测）如图，在四棱台中，平面，四边形为正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为 .

3．（2025·广东广州·模拟预测）在三棱锥中，若，，则直线与平面所成角的正弦值是（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·上海嘉定·一模）如图，在四面体中，，从顶点作平面的垂线，垂足恰好落在的中线上.
(1)如果，直线与平面所成的角为，求直线与平面所成角的大小；
(2)证明：平面平面
5．（2025·全国·模拟预测）如图所示，在菱形中，，，分别为的中点，，，将沿翻折，使到处，．
(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值．
题型03 体积法求线面角
解｜题｜策｜略 体积法：如果没法直接找到点在平面的射影点，则可以看看题目条件中是否有跟体积有关的信息，通过体积求出点到平面的高度，则线面角的正弦可求。
1．（2025·安徽蚌埠·模拟预测）已知三棱锥的体积为1，是边长为2的正三角形，且，则直线PA与平面ABC所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．1
2．（2025·甘肃·二模）如图，在三棱锥中，平面，且，若在内（包括边界）有一动点，使得与平面所成角的正切值为，则点的轨迹长为（ ）
A． B． C． D．6
3．（2025·山东·模拟预测）如图，是的直径，与所在的平面垂直，，是上的一动点（不同于），为线段的中点，点在线段上，且．

(1)求证：
(2)当时，求直线与直线所成角的余弦值
(3)当三棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值．
4．（2025·陕西西安·二模）如图，已知三棱锥.
(1)证明：平面平面；
(2)若三棱锥的各顶点都在球的球面上，求球的半径：
(3)求直线与平面所成的角的正弦值.
5．（2025·上海静安·一模）已知正四棱柱的底面边长为1，点、分别在边、上，且，．

(1)证明：平面；
(2)若2，求直线与平面所成角的正弦值．
题型04 定义法求二面角
解｜题｜策｜略 二面角的定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面.在两个半平面作两条与棱垂直的射线，如图则它们组成的角为二面角的平面角，范围为 定义法：如果能直接过棱上一点，找到与棱垂直的两条线，则直接找到了二面角。 目标：找与棱垂直的两条线
1．（多选）（2025·广西·模拟预测）已知，，分别是正四面体的棱，，的中点，则下列结论正确的有（ ）．
A．平面 B．
C．平面与平面夹角为 D．平面平面
2．（多选）（2025·江苏苏州·三模）已知四棱锥中，平面，四棱锥的外接球的球心为．记四棱锥的体积分别为，三棱锥的体积分别为，则下列说法中正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．若二面角的平面角大小为，则的最大值为
3．（2025·甘肃白银·二模）如图，在直三棱柱中，，，E为的中点，平面ABE与直线交于点G．
(1)求四棱锥的体积；
(2)求平面ABEG与平面CEG所成角的正弦值．
题型05 三垂线法求二面角
解｜题｜策｜略 三垂线法：当无法直接找到与棱垂直的两条线时，我们可以考虑构造我们的二面角。首先从平面找一点点，过点作平面的垂线（注意在作这个垂线的时候，通常先找与平面垂直的平面，在平面上作垂线），然后过或者作棱的垂线交于点，连接成直角三角形，即可求二面角的平面角。
1．（2025·湖南长沙·一模）已知三棱锥满足，且其体积为，若点（正投影在内部）到的距离相等，则二面角的正弦值为 .
2．（2025·江西新余·模拟预测）在三棱锥中，且，底面是等边三角形，平面平面，若，则平面与平面所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在四棱柱中，底面和侧面均为正方形.
(1)证明: ；
(2)若，求二面角的余弦值.
4．（2025·浙江·三模）如图，已知四棱台的体积为，底面为等腰梯形，，，，平面，且与相交于点E.
(1)证明：；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
5．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在正四棱柱中，为上的点，.
(1)若，证明：；
(2)若平面，求二面角的正切值.
题型06 垂面法求二面角
解｜题｜策｜略 垂面法: 若题目条件中能找到棱垂直的平面，则找出该平面与的交线即可。若题目中有与棱垂直的直线，如图如果与棱垂直，则可以构造出与棱垂直的平面，即可求出二面角的平面角。
1．（2025·安徽合肥·模拟预测）如图，在等腰梯形中，，点为的中点，现将该梯形中的沿线段折起，形成四棱锥，且直线与平面所成角的正弦值为.
(1)在四棱锥中，求证：；
(2)求点到平面的距离；
(3)求二面角的大小.
2．（2025·安徽蚌埠·模拟预测）如图，多面体中，四边形是平行四边形，，，，，在底面的射影为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的平面角的余弦值．
3．（2025·山西·三模）如图，在三棱柱中，所有的棱长均相等，是的中点，在上底面的投影为的重心．
(1)证明：；
(2)求平面与平面的夹角的正弦值．
4．（2025·河南·模拟预测）如图，在正三棱锥中，，为的中点.
(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值.
题型07 射影面积法求二面角
解｜题｜策｜略 射影面积法：已知平面内的在平面的投影为，则平面和平面所成的二面角的平面角大小为，则 射影面积法跟补形法都适用于两个平面没有明显的交线时，当更容易找到投影的图形且更容易求出时，可以直接用射影面积，若射影面积法不太好计算时时，也可以考虑补全图形。
1．（2025·河北·模拟预测）如图正三棱柱底面边长为2，高为6，点分别在棱上，且，若平面恰好将正三棱柱体积均分，则平面和平面夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·河北·模拟预测）等腰梯形中，，，，沿对角线将翻折形成三棱锥（点翻折到点的位置），点、分别为棱，的中点.
(1)证明：平面；
(2)当直线与直线成角时，求四棱锥的体积；
(3)在翻折过程中求平面与平面夹角余弦值的取值范围.
3．（2025·上海黄浦·一模）如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，平面BEC，，，G，F分别是线段BE，DC的中点．
(1)求证：平面ADE；
(2)设平面AEF与平面BEC的交线为l，求二面角的余弦值．
4．（2025·浙江嘉兴·一模）如图，在正三棱柱中，为的中点，点在棱上，.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
5．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为．
(1)证明：平面；
(2)求面与面所成的二面角的正弦值．
题型08 补形法求二面角
解｜题｜策｜略 补形法：当构成二面角的两个半平面没有明确交线时，要将两平面的图形补充完整，使之有明确的交线（称为补形），然后借助前述的定义法与三垂线法解题．补形常用的两种方式：延长相交、作平行线。
1．（多选）（2025·浙江温州·一模）如图，圆台的上下底面半径分别为1和2，P，Q分别为上下底面圆周上的点，为圆台的轴截面且，则（ ）
A．为母线
B．
C．
D．平面与平面的夹角等于30°
2．（2025·四川宜宾·三模）如图，三棱台中，平面，分别是棱的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)已知三棱台的体积大于2，且直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值.
3．（2025·河北张家口·三模）如图，在正三棱柱中，，，且，满足，，过，，三点的平面与棱交于点，若.
(1)求的值；
(2)求异面直线与所成角的余弦值；
(3)求平面与平面夹角的正切值.
4．（2025·广东佛山·二模）如图，将一个棱长为2的正方体沿相邻三个面的对角线截出多面体，E是的中点.过点C，E，的平面与该多面体的面相交，交线围成一个多边形.
(1)在图中画出该多边形（说明作法和理由），并求其面积；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
题型9 线面角与二面角综合
解｜题｜策｜略 线面角与二面角一起出现时，通常情况下会共高线，这时，线面角与二面角的正弦值就会有关系。通过这个给出其中一个，求另外一个。
1．（多选）（2025·全国·模拟预测）如图，平面四边形满足，与交于点，若将沿翻折，得到三棱锥，已知二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，，则下列说法正确的是（ ）
A．在翻折过程中，与始终垂直
B．在翻折过程中，始终成立
C．在翻折过程中，的最大值为
D．当平面平面，则三棱锥为正三棱锥
2．（多选）（2025·上海虹口·一模）如图，已知点在表面积为的球的球面上，且，平面，点为中点，当二面角的大小为时，则有（ ）
A．异面直线和所成角的大小为
B．直线与平面所成角的大小为
C．
D．的面积为
3．（多选）（2025·广东广州·模拟预测）如图，在三棱锥中，侧棱OA，OB，OC两两垂直，且，P为底面ABC内一动点（含边界），点P到三个侧面的距离分别为，，，直线OP和三条侧棱所成的角分别为，，，直线OP和三个侧面所成的角分别为α，β，γ，则（ ）
A．该三棱锥的外接球半径为 B．
C． D．当时，P点的轨迹长度为
4．（2025·云南楚雄·模拟预测）如图，在三棱柱中，为正三角形，为等腰三角形，且为底边，为的中点，，平面平面.

(1)证明：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面的夹角的余弦值.
5．（2025·广西柳州·三模）如图，已知四棱锥中，顶点在底面上的射影落在线段上（不含端点），，，，.
(1)求证：平面；
(2)若二面角的大小为，直线与平面所成角为，求的值.
题型10 线面角、二面角与圆锥曲线
解｜题｜策｜略 线面角、二面角与圆锥曲线结合时，属于综合性较强的创新题或压轴题。利用圆锥曲线的定义来判断动点轨迹，根据轨迹来求线面角、二面角。
1．（多选）（2025·山东济南·模拟预测）已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为3的正方形，点在底面ABCD内（包含边界），且直线底面ABCD，记直线PA与底面ABCD所成角为，PB与底面ABCD所成角为，二面角P-CD-A的平面角为，则（ ）
A．若，则在AB的垂直平分线上
B．若，则的轨迹长度为
C．若，则的轨迹为抛物线的一部分
D．若，则当与面积之比为时，



2．（2025·上海·三模）已知长方体中，为矩形内一动点，设二面角为，直线与平面所成的角为，若，则三棱锥体积的最小值是 .
3．（2025·广东·模拟预测）在三棱锥中，，直线与平面所成的角为，则三棱锥体积的最大值为 .
4．（2025·上海宝山·二模）空间中有相互垂直的两条异面直线，点，且，若，且，则二面角平面角的余弦值最小为 .
5．（多选）（2025·湖北黄冈·二模）在三棱锥中，，，，，且，则（ ）
A．点的轨迹为椭圆
B．当平面固定时，点的轨迹对应曲线的离心率为
C．当二面角为时，的面积与的面积之和有最大值
D．二面角的余弦值的最小值为
（建议用时：30分钟）
1．（2025·广东·模拟预测）在正方体中，分别为棱的中点，则异面直线与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·江西宜春·一模）如图，直线，，相互平行，且两两之间的距离为1，平面平面，且平面ABC与平面之间的距离为3，直线与平面ABC所成的角为，则三棱柱的体积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·江西景德镇·模拟预测）在正方体中，为线段上的动点，则直线与所成角的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．（多选）（2025·辽宁盘锦·三模）在正三棱柱中，点E为棱的中点，点F为棱的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．若，则
C．若，则直线与所成角的余弦值为
D．若，则平面与平面的夹角为
5．（多选）（2025·江苏南通·模拟预测）在棱长为2的正方体中，是其表面上一点，且与所成的角为，下列说法正确的是（ ）
A．若是的中点，则
B．若在线段上，则
C．若，则的轨迹长度是
D．若，则不在面上
6．（2025·湖北·模拟预测）已知长方体中，，，点是底面上的一个动点.设平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角为，记表示，中的最大者，表示，中的最小者，若，则（ ）
A． B．
C． D．
7．（多选）（2025·广东清远·二模）如图，在直棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，点为的中点，动点在侧面内（包含边界），则下列结论正确的是（ ）
A．
B．平面与平面所成角的余弦值为
C．若，则点轨迹的长度为
D．若点在直线上，则的最小值为
8．（2025·山西晋城·模拟预测）已知点是边长为的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形.

(1)求证：；
(2)求二面角的平面角的正切值；
(3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大 求出最大角的正弦值，并说明点此时所在的位置.
9．（2025·湖南邵阳·模拟预测）如图，在三棱台中，，，，为线段上一点，.
(1)求证：点为线段的中点；
(2)若直线与直线所成角的正切值为5，，求证：平面平面.
(3)设二面角的大小为，直线与平面所成角的大小为，求关于的函数表达式，并求的取值范围.
10．（2025·江苏·模拟预测）如图，在正三棱柱中，，分别是和的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)若，平面与平面夹角的余弦值为，求该三棱柱的体积.
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