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专题22 不规则几何体建系与计算的九大技巧
题型 考情分析 考向预测
1.面面垂直型 2025年全国二卷：第17题考查了翻折问题，用空间向量建系解决问题 2024年新课标二卷：第17题考查了翻折后底面不规则，用空间向量建系解决问题 2024年新高考1卷：第17题考查了空间向量建系，根据二面角反求长度问题 弱化完美几何体，强化不规则几何体、生活化折叠、偏心结构，考查自主建系、构建垂直的能力.
2.单垂线型
3.斜棱柱型（无垂面无垂线）
4.偏心棱锥型（顶点射影非中心/顶点）
5.翻折型（由平面图形折叠成立体）
6.底面任意多边形型（无垂直、无对称）
7.中点/中心对称型
8.不规则台体型
9.全无垂直极端型
题型1 面面垂直型
几何特征：有一组面面垂直，底面、侧面为不规则图形（梯形、任意三角形） 建系步骤： ①两平面交线定为X轴； ②在其中一个平面内，作交线垂线为y轴； ③利用面面垂直性质，过垂足作另一平面垂线为z轴.
【例1】矩形所在平面与等腰梯形所在平面互相垂直，，，直线与平面所成角为，.

(1)求平面与平面夹角的余弦值；
(2)线段上任意一点到平面的距离是否为定值 如果是，则求出定值，否则说明理由．
【答案】(1)
(2)是定值，
【分析】（1）建立空间直角坐标系，结合题意可求得相关点坐标，进而求得平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法可得答案；
（2）根据线面平行的判定定理可证明平面，从而可判断段上任意一点到平面的距离为定值，利用空间距离的向量求法可求得定值.
【详解】（1）过点F作,垂足为G，
因为平面平面，平面平面，平面,
故平面，则为直线与平面所成角，即，
过点C作平面的垂线作为z轴，以为轴，建立空间直角坐标系，

因为，
在等腰梯形中，，
则，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，
故，
平面的一个法向量可取为，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为.
（2）设交于点H，连接，
因为,且，故四边形为平行四边形，
则，平面，平面，
故平面，
所以线段上任意一点到平面的距离是否为定值，
又，
故A点到平面的距离为，
即定值为.
【变式1-1】（2026·贵州贵阳 模拟预测）如图所示，是半圆O的直径，C是半圆O上除A、B外的一个动点，垂直于半圆O所在的平面，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)当C点为半圆的中点时，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）通过证明平面，结合四边形是平行四边形，即可求证；
（2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解.
【详解】（1）是直径，，
平面，，
平面，
平面，
，，
∴四边形是平行四边形，
则，平面，
平面，
∴平面平面；
（2）
依题意，以C为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
，即，
令，得，则，
设平面的一个法向量为，
，即，
令，得，则，
，
∴面与面所成的二面角的正弦值.
【变式1-2】（2026·云南红河·模拟预测）如图，在五面体中，，，，为等边三角形，平面平面．
(1)证明：直线平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)设点为线段上一动点，请从以下两个条件中任选一个作答．
①；
②；
是否存在满足所选条件的点，若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由．注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，为线段的中点
【分析】（1）根据题意可得，结合面面垂直的性质分析证明即可；
（2）建系并标点，求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角；
（3）设（），可得，，若选①：根据空间向量的数量积运算求解；若选②：可得，结合模长公式运算求解.
【详解】（1）因为，，则，即．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
（2）取的中点，连接，
因为为等边三角形，且，则，且，
以为坐标原点，，，平行的直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
可得，，，
设面的一个法向量为，则，
令，得，，可得；
设平面的一个法向量为，则，
令，得，，可得；
则，
所以平面与平面所成角的余弦值为．
（3）由（2）可知，，
因为点在线段上，设（），则（），
因为，，
若选①：存在一点，使得，
理由如下：因为，解得或（舍去），
所以当为线段的中点时，．
若选②：存在一点，使得，
理由如下：因为，
可得，
又因为，即，解得或（舍去），
因此当为线段的中点时，．
题型2 单垂线型
几何特征：一条侧棱（或高线）垂直底面，但底面是任意三角形、不规则梯形. 建系步骤： ①垂线垂足设为坐标原点； ②底面内过原点，任选互相垂直两条线作x、y轴； ③垂直底面的棱直接作z轴.
【例2】（2026·上海嘉定·二模）如图，在中，，平面，分别是线段、的中点．
(1)求证：；
(2)若，求直线与平面所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立适当空间直角坐标系，设，求出，利用证明.
（2）求出平面的一个法向量，利用即可求出直线与平面所成角的大小.
【详解】（1）由题可建立如图所示的空间直角坐标系.设.
则.
所以
所以，；
（2），.
，.
记平面的一个法向量为，
则，令则.
，.
记直线与平面所成角为.
则.
又，.
【变式2-1】（2026·贵州贵阳 模拟预测）如图，在多面体中，平面，，，为中点，．

(1)证明：平面；
(2)当二面角的正切值为时，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）先由等腰的三线合一及平面证得平面，再由推出，从而证平面；
（2）建立空间直角坐标系，设，利用二面角的正切值， 求得，再求出平面的法向量与，用线面角公式计算得正弦值为．
【详解】（1）
连接，
因为，为中点，所以．
因为平面，平面，所以．
因为平面，，所以平面．
因为，所以，，
所以四边形是平行四边形，所以，所以平面．
（2）因为平面，平面，
所以，，
所以为二面角的平面角．
不妨设，
因为平面，平面，
所以，所以，所以．
在中，，，
所以，．

如图，建立空间直角坐标系，，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
由，得，令，得，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【变式2-2】（2026·江西赣州·一模）如图，在三棱锥中，平面，且为的中点.
(1)求二面角的余弦值；
(2)若，在线段上各取一点，设，若平面平面，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立坐标系，求出平面的法向量，利用向量夹角公式可求答案；
（2）根据求出的长，求解两个平面的法向量，利用法向量垂直可求答案.
【详解】（1）因为平面，平面，所以，
因为，所以，所以两两垂直，
所以以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，因为为的中点，所以，
设，则，
设平面的一个法向量为，
则，令，可得；
易知平面的一个法向量为，
二面角的大小为，易知为锐角，
，所以二面角的余弦值为.
（2）由，则，
，解得，即.
因为，所以,且，
,
,
设平面的一个法向量为，则，
令，可得，即.
,
设平面的一个法向量为，则，
令，可得，即，
因为平面平面，所以，解得
题型3 斜棱柱型（无侧面垂直底面、无侧棱垂直底面）
1、几何特征：斜三棱柱、平行六面体，侧棱不垂直底面，整体倾斜. 2、建系步骤： ①底面顶点为原点，底面两条邻边为x、y轴；
②侧棱单独设空间向量，利用棱长、夹角算竖坐标；
③无垂直轴，靠解三角形补长度.
【例3】（2024·河南·模拟预测）如图，平行六面体中，底面是边长为2的正方形，为与的交点，．
(1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【详解】（1）连接，因为底面是边长为2的正方形，所以，
又因为，，所以，所以，
点为线段中点，所以，在中，，，
所以，则，
又，平面，平面，所以平面.
（2）【方法一】：由题知正方形中，平面，所以建系如图所示，
则，
则，，
设面的法向量为，面的法向量
为，则，取，则
取，则.
设二面角大小为，
则，所以二面角的正弦值为.
【方法二】：以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题设得，，，
，，，
，，．
设是平面的法向量，则，即，可取．
设是平面的法向量，则，即，可取．
所以．因此二面角的正弦值为．
【变式3-1】（2026·河北衡水·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，，，点在底面上的投影为的中点，点满足.

(1)当时，证明：平面平面.
(2)已知，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)或.
【分析】（1）先证平面，再由得平面，进而可证面面的垂直；
（2）建立空间直角坐标系，根据两个平面夹角的余弦值可得所求值.
【详解】（1）当时，，则点是的中点.
又因为，，且为的中点，所以.
因为点在底面上的投影为的中点，所以平面，
又因为平面，所以.
由，，，平面，所以平面.
又因为为的中点，点是的中点，连接，所以且，

所以四边形是平行四边形，所以，且平面，
所以平面，且平面，所以平面平面.
（2）由（1）解析知，
故以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图.

因为，得，，
所以，
因为平面在坐标平面内，所以平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，，
由，得，
令，则可得
所以，
化简得，即，
解得或均符合题意，
故的值为或.
【变式3-2】（2026·陕西榆林 模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，，，分别为，的中点．
(1)证明：侧面为矩形；
(2)若，求直线与平面夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）根据线面平行的传递性可得平面，从而可得，根据等腰可得，故可证明平面，从而可得，根据平行关系可得，从而可证侧面为矩形．
（2）以为坐标原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求线面角的正弦值.
【详解】（1）如图，连接，由题知，是的中点，∴，
∵平面，而平面平面，∴平面，
又平面，∴．
又，，平面，∴平面，
又平面，∴．
∵分别是，的中点，∴，∴．
∴侧面为矩形．
（2）连接，以为坐标原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.
易知，，，
∴，，，，
∴，，，
设平面的法向量为，
则，取．
∴，
∴直线与平面夹角的正弦值为．
题型4 偏心棱锥型
1、几何特征：非正棱锥，顶点在底面射影不在中心、不在顶点，落在边上或底面内部.
2、建系步骤：
①顶点底面射影设为原点；
②过射影作底面两条互相垂直直线为x、y轴；
③顶点与射影连线（几何体的高）为z轴.
【例4】如图，在三棱锥中，是点在平面ABC上的投影，，，是BD的中点.
(1)证明：平面DAC；
(2)若O点正好落在的内角平分线上，，，，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）连接BO并延长交AC于点E，连接OA，DE，
因为是在平面ABC上的投影，
所以平面，，平面ABC，所以，，
又，所以，即，所以，
又，即，
所以，，
所以，所以，
即，所以为BE的中点，
又为DB的中点，所以，
又平面，平面DAC，
所以平面DAC；
（2）过点A作，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，
所以，
又点正好落在的角平分线上，
所以，所以，
所以，，则，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面AMB的一个法向量为，
则，令则，
所以.
设平面AMC的一个法向量为，
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.
【变式4-1】（2026·浙江宁波 二模）在中，为的中点，如图，沿将翻折至位置，满足.
(1)证明：平面平面；
(2)线段上是否存在点，使得在平面内的射影恰好落在直线上.若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，.
【分析】（1）根据余弦定理，求出几何体各边长，再根据勾股定理证明线线垂直，进而根据面面垂直的判定定理，证明结果即可；
（2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，由向量共线的坐标表示，以及向量垂直的坐标表示，求出参数值，求出结果.
【详解】（1）在中，由余弦定理可得，
则，又为的中点，则.
取的中点，显然有.
因为，则在中，，
由余弦定理可得，
可得，所以，
所以，，，平面，平面，
所以平面，因为平面，
所以平面平面
（2）如图所示，连接，因为，所以，
由（1）可知，两两相互垂直，
则以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系，
则，
故.
记在上的射影点为，
设，
可得，
则，即，解得，
因为，且，所以；
所以存在符合题意，且.
【变式4-2】（2026·安徽铜陵·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，．
(1)求证：平面；
(2)若，，点E在线段上，且平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明，再根据线面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，由平面求出点坐标，再求出平面与平面的法向量，结合向量夹角公式求结论.
【详解】（1）连接，交于点，连接，则为的中点，
因为四边形为菱形，
所以，
因为，
所以，
又因为与相交于点，平面，
所以平面.
（2）因为，为的中点，
所以，所以、、两两相互垂直，
以点为原点建立空间直角坐标系如图，
因为为菱形，，
所以为等边三角形，
，，
在中，.
所以
，设，
则，，
因为平面，
所以，则，
，
解得，故，
因为平面，
所以取平面的法向量，
因为，设平面的法向量，
则，即，
可设，
设平面与平面的夹角为，
则.
题型5 翻折几何体
1、几何特征：平面图形沿固定直线翻折，形成二面角，无原生垂直.
2、建系步骤：
① 翻折线统一设为x轴；
② 翻折前后两个平面内，分别作翻折线的垂线；
③ 两条垂线分别为y、z轴，二面角直接落在yOz平面.
【例5】（2023·江苏淮安·模拟预测）如图，在平面五边形ABCDE中是边长为2的等边三角形，四边形ABCD是直角梯形，其中．将沿AD折起，使得点E到达点M的位置，且使．
(1)求证：平面平面ABCD；
(2)设点P为棱CM上靠近点C的三等分点，求平面PBD与平面MAD所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)正弦值为
【详解】（1）如图，取AD的中点N，连接MN，BN．
因为是等边三角形，所以，且，
在直角梯形ABCD中，因为，
所以四边形BCDN是矩形，所以，且，
所以，即，
又，平面MAD．平面MAD．所以平面MAD．
因为平面ABCD，
所以平面平面ABCD．
（2）由（1）知NA，NB，NM两两互相垂直，
以N为坐标原点，直线NA为x轴、NB为y轴、NM为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
根据题意，，
由P是棱CM的靠近点C的三等分点得，
，
设平面PBD的一个法向量为，
则，即，
令，则，故平面BDP的一个法向量为．
而平面MAD的一个法向量为，
设平面PBD与平面MAD所成的二面角的平面角为，
则，
所以，
所以平面PBD与平面MAD所成的二面角的正弦值
为．
【变式5-1】（2026·湖北 二模）如图，菱形的边长为2，.现将沿折起，得到四面体，设二面角等于.
(1)求证：；
(2)若三棱锥的体积为，
（i）求直线与平面所成的角；
（ii）当时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）或；（ii）
【分析】（1）根据题意，取的中点，证得，，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得；
（2）由和，得到，结合三棱锥的体积为，列出方程，求得，再由面面垂直的性质，证得即为直线与平面所成角，即可求解；
（ii）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）由菱形的边长为，且，可得和都是等边三角形，
现将沿折起，可得，为等边三角形，
如图所示，取的中点，连接，，可得，，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）（i）由（1）知平面，可得，
又由，，所以是二面角的平面角，即，
因为菱形的边长为，可得，
又因为三棱锥的体积为，可得，
解得，所以或，
因为平面，且平面，所以平面平面，
因为平面平面，所以点在平面的投影在直线上，
所以即为直线与平面所成角，
所以直线与平面所成角为或；
（ii）因为，所以，且，
过点作平面的垂线为轴，，所在直线为轴，轴，
建立空间直角坐标系，可得，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
可得，
因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
【变式5-2】（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图所示，已知等腰梯形中，，是的中点，将沿对折至，使得与边长为2的菱形成60°的二面角，折叠后发现.
(1)求点P到平面的距离；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1).
(2).
【分析】（1）分析与的垂直关系，确定二面角的平面角，再结合线面垂直的判定，找到在平面内的射影，进而利用三角函数计算距离；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，再利用向量的夹角公式计算二面角的余弦值，进而求出正弦值.
【详解】（1）由题设，可知，
取中点，连接，，故，
又，，平面，
∴平面，
又平面，故.
故为平面与平面所成二面角的平面角，则.
因为平面，故平面平面，平面平面，
过作交于，
故平面.
∵，∴，
因此点到平面的距离为.
（2）以为坐标原点，直线，为x轴，y轴，过且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，.
，，.
设平面的法向量为，则，即
取，∴，
设平面的法向量为，则，即
取，∴，
∴，故，
所以二面角的正弦值为.
题型6 底面任意多边形
1、几何特征：底面无直角、无垂直，纯不规则四边形/三角形，无特殊条件.
2、建系步骤：
①任意顶点设为原点，两条邻边强行设为x、y轴（可不垂直）；
③利用空间向量、余弦定理、边长条件求第三点空间坐标.
【例6】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)证明见详解；
(2)
【分析】
【详解】（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.
【变式6-1】（2026·青海西宁·二模）如图，在五面体中，平面平面，平面，为等边三角形，．
(1)求证：；
(2)点为棱上靠近点的三等分点，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面平行证明线线平行即可；
（2）取的中点，的中点，证明两两互相垂直，再以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，通过求解平面、平面的法向量，得到二面角的余弦值，最后再直接求其正弦值即可．
【详解】（1）在五面体中，平面，
平面，平面平面，所以，
同理可证，
所以．
（2）取的中点，的中点，连接，，
因为为等边三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面ABCD，则，又因为，所以平面，
因为平面，所以，
因为，所以，
则以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
可得，
则，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
所以，所以，
所以二面角的正弦值为．
【变式6-2】（2026·海南儋州·一模）如图，等腰梯形中，，，，现将沿翻折，使得点到点处，得四棱锥，若点，分别在，上，且．
(1)求证：平面；
(2)若二面角的大小为，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）在上取一点，使得，根据题意，分别证得平面，平面，结合面面平行的判定定理，证得平面平面，即可证得平面；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面的法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）在上取一点，使得，连接，
因为分别在和上，且，
在中，可得，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
在中，可得，所以，
因为，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
因为，且平面，所以平面平面，
又因为平面，所以 平面；
（2）因为，且，平面，
所以平面，则即为二面角的平面角，所以，
以为原点，以所在直线为轴，以过点垂直于平面的直线为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
设，可得，，，，
，则，，
设平面的法向量为，则 ，
取，可得，，所以，
又由，可得，，
设，，
可得且，
解得，，，，，，
所以，
设与平面所成的角为，其中，
则，
所以与平面所成的角的正弦值为.
题型7 ：中点/中心对称型
1、几何特征：对棱中点连线、上下底中线存在垂直关系，自带对称.
2、建系步骤：
① 对称中心、中点为原点；
② 对称轴/中垂线为z轴；
③ 底面过中心作横竖垂线为x、y轴.
【例7】（2026·湖北 一模）如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，，且，为线段的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，，求平面与平面的夹角.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设，连，则可证四边形为平行四边形，从而，再根据线面平行的判定定理可证平面；
（2）先证明平面，再建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求面面角，或过点作，连接，可证为面面角，利用解直角三角形可求面面角.
【详解】（1）
设，连，则，
又为线段的中点，所以，
又，，，即，
故，所以四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，故平面.
（2）
延长交于，则为的中点，连，，
由，，故，故，
而为的中点，故，
由（1）知，故，
故四边形为平行四边形，所以，
因为，，， 平面，
所以平面，又平面，所以平面平面
又平面平面，，平面，
所以平面，又，所以平面.
而平面，故，由正方形可得，
而平面，故平面.
法1：如图建立空间直角坐标系，则，，，，
，，
设平面的法向量 ，则即，
不妨令，则，即.
故平面的法向量，
设两平面所成的角为，则，
故，所以.
法2：过点作，连接，
因为平面，平面，故，
而平面，故平面，
而平面，故，则即为平面与平面的夹角，
而，而为锐角，所以，
即平面与平面的夹角为.
【变式7-1】（2026·广东清远 二模）如图，在六面体中，为的中点，四边形为矩形，且，．
(1)求证：；
(2)若，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，利用线面垂直的判定性质推理得证.
（2）由余弦定理求出，并利用勾股定理逆定理证得，再建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法求解.
【详解】（1）由四边形为矩形，得，又，平面，
则平面，而平面，所以.
（2）在中，，
由余弦定理得，
则，于是，由（1）得直线
两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立
空间直角坐标系，
由，得，又D为的中点，
则，
于是，设平面的法向量为，
则，取，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.
【变式7-2】（2026·重庆·模拟预测）若一个四面体三组对棱分别相等，我们称为 “等腰四面体”． 已知在等腰四面体 中， 分别为所在棱的中点，如图所示．
(1)求证： 平面 ；
(2)若 ，求异面直线 与 所成的角的余弦值；
(3)在空间直角坐标系 中， 平面内有椭圆 ，直线 与 交于 两点． 为空间中一点，若四面体 为等腰四面体，求其外接球表面积的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用中位线定理证平行四边形，由等腰四面体对棱相等得菱形，再证线线垂直推出线面垂直；
（2）将等腰四面体补成长方体建立坐标系，用向量夹角公式求异面直线所成角的余弦值；
（3）联立直线与椭圆方程，结合锐角条件求参数范围，换元后用二次函数单调性求外接球表面积范围.
【详解】（1）连接，因为，
所以，四边形为平行四边形.
又，所以，
所以四边形为菱形，所以.
同理，四边形为菱形，，
又因为四边形为菱形，交于一点，
所以平面．
（2）如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系，
设，
由于，则
联立三式，可解得：，
已知，，设和形成的夹角为
，则异面直线和所成角的余弦值等于它们方向向量夹角余弦的绝对值：
.
因此异面直线和所成角的余弦值为.
（3）由（2）知可将补成长方体，设长宽高分别设为，
则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半，即，
，，则.
在平面内设，由，得，
显然，
，
于是，
所以.
在中，，则为锐角，
因此，即，
，
解得，又，
不妨令，则，
，所以．
因此外接球表面积的取值范围为.
题型8 不规则台体型
1、几何特征：棱台上下底为不规则图形，侧棱倾斜，上下底不水平.
2、建系步骤：
① 下底面顶点为原点，下底两邻边x、y轴；
② 利用棱台相似比求上底面各点高度，确定z坐标.
【例8】如图，三棱台中，，，，，，在底面内的射影为中点.
(1)求三棱台的体积；
(2)求平面与平面夹角的正弦值.
【答案】(1)168
(2)
【分析】
【详解】（1）取中点为，连接，，由题意，为三棱台的高，
因为，，，所以，则，
又因为，所以，
因为，且，，所以，
所以的面积为，则的面积为，
所以三棱台的体积为；
（2）以，分别为，轴，过点作轴平面，建立空间直角坐标系，
则，，，，
又，，所以，，
所以，，，
设为平面的法向量，，取；
设为平面的法向量，，
取，
设平面与平面夹角为，
所以，
则，
所以平面与平面夹角的正弦值为.
【变式8-1】（2026·河北·模拟预测）如图，在三棱台中，平面平面，，，，．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定证明即可；
（2）根据垂直关系建立空间直角坐标系，然后将每个点的坐标列出来，根据空间向量的垂直关系，求出平面与平面的法向量的坐标，进而根据空间向量夹角的余弦公式即可求出二面角的正弦值.
【详解】（1）证明：，，
，即，
在三棱台中，，
，
，，
，即，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，
，
又，，则，
平面，
平面，又平面，
，又平面,
平面；
（2）由（1）知，平面，
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过作垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，
所以，，，.
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，不妨取，则，
设平面的一个法向量为，
，不妨取，则
所以.
则二面角的正弦值为．
【变式8-2】（2026·湖南长沙 一模）如图，已知圆台的上、下底面圆的圆心分别为和，四边形为下底面圆O的内接正方形，且，，为上底面圆上两点，为的中点，且满足平面平面，.
(1)求证：；
(2)求圆台的体积；
(3)若直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）取的中点，连交于，证明，再根据面面垂直性质定理和线面垂直的定义证明，根据线面垂直判定定理证明平面，再证明即可；
（2）结合（1）证明，结合圆台体积公式求结论；
（3）建立空间直角坐标系，设，求直线的方向向量和平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值，列方程求的坐标，再利用向量方法求点到平面的距离.
【详解】（1）证明：取的中点，连交于．
在正方形中，由于为的中点，
因为，，，
可得≌，则，
因为，所以，
得到，即．
因为，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，又平面，
所以平面，又平面，所以．
（2）由（1）得平面，又平面，
所以，
因为圆圆，所以，所以四边形为矩形，
所以圆的半径，
又圆的半径，
所以圆台的体积，
（3）以为坐标原点，过点作平行的直线分别为轴，轴，以所在的直线为轴，建立如图空间直角坐标系．
则，
由于圆半径，为上底面圆上一点设，
故．
设平面的法向量为，由，得
取，故，
设与平面所成角为，则
平方后整理方程得
解得或（舍）
所以，．
所以点到平面的距离.
题型9 全无垂直极端型
1、几何特征：无线线、线面、面面垂直，只给棱长、夹角.
2、建系步骤：
①自选一点为原点；
②人工作面的垂线构造z轴；
③投影法+解三角形，硬算所有线段长度与坐标.
【例9】（2026·重庆九龙坡 二模）如图，已知六面体中，点与点在平面的两侧，且是边长为的正三角形.
(1)求证:平面；
(2)空间一点满足.点分别在棱上运动，且的面积为.
(i)求的最小值；
(ii)若是(i)中使取得最小值时的位置，且点在六面体的表面上，求四面体体积的最大值.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可证明；
（2）（i）首先求出点在以为球心，半径为的球面上，再将立体问题平面化，最后利用基本不等式即可求出最值.
（ii）结合（i）得到的位置，再分点在内和点在内两种情况，结合点到面的距离公式及锥体体积公式求解．
【详解】（1）在中，，
由得，故．
取中点，连接，则．
在中，同理可得．
又，平面，
所以平面，又因为平面，从而．
同理可得．
又，平面，因此平面．
（2）（i）以为原点，分别为,,轴正方向建立如图所示空间直角坐标系．
则．
设，由得：
．故在球心，半径的球面上．
设，又，故由
得.
在中，由余弦定理：
.
将平面沿展开到与平面共面．则
.
当，即时取得最小值，此时，且．
（ii）由（i）可得，．从而．
设平面的法向量．
由，可得．又，故．
因为为中点，在以为圆心为半径的球上，
到平面距离为，所以不在平面上．
记为在平面上的投影，为内任意一点，
为在平面上的投影．则在内，
连接于，．
从而不在内（不含边界），
同理，可得不在内（不含边界）．
平面的法向量，
故到平面的距离．从而不在平面上．
因此，的轨迹为和内的两段半圆弧．
当在平面上时，设．
则.
故到平面的距离
，
当时等号成立．
当在平面上时，设．
则．
故到平面的距离
因为，所以，
则此时，
所以，四面体体积的，即最大值为．
【变式9-1】（2026·山西晋中 模拟预测）如图，在五面体中，，，两两平行，，，．

(1)若为的中点，证明：平面；
(2)若平面，，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面平行的判定定理进行证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量求二面角.
【详解】（1）如图，设E为的中点，连接，，
因为D为的中点，所以，，
则，，所以四边形为平行四边形，
所以.
又平面，平面，所以平面.

（2）由平面，平面，得，根据题意以B为坐标原点，
，所在直线分别为x，y轴，过点B且与平面垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
则，，
易知，故，则.
设平面的法向量为，则，即，
取，则.
因为平面，所以平面的一个法向量为.
设二面角的大小为，
则，
则，
故二面角的正弦值为.
【变式9-2】（2026·陕西西安·模拟预测）如图，直角梯形中，为的中点，以为折痕把折起，使点到点的位置，且．
(1)设平面与平面的交线为，证明：；
(2)证明：平面；
(3)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用平行四边形的判定及性质，线面平行的判定及性质推理得证.
（2）利用勾股定理的逆定理，线面垂直的判定推理得证.
（3）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法求解.
【详解】（1）由，，得四边形为平行四边形，则，
而平面，平面，则平面，
又平面平面平面，所以.
（2）由，得，即得，
由四边形是正方形，得，则，
而平面，所以平面.
（3）由（2）得，直线两两垂直，以为原点，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，则，取，得，
设平面的一个法向量，则，取，得，
因此，由图形知二面角的大小为钝角，
所以二面角的余弦值为.
1．（2026·辽宁盘锦·一模）如图所示几何体中，四边形与四边形为全等的菱形，.
(1)求证：平面平面；
(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）设与交于点，连接，先证明，，可得平面，进而求证即可；
（2）先证明，建立空间直角坐标系，再利用空间向量求解即可.
【详解】（1）设与交于点，连接，
因为四边形为菱形，所以，且为的中点，
又，所以，
因为平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
（2）因为四边形与四边形为全等的菱形，
所以，则为等边三角形，
连接，可得为等边三角形，
而为的中点，则，又，，
以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
设，则，所以，
易得平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
2．（2026·北京房山·一模）如图，在五面体中，为正方形，为矩形，，．
(1)求证：∥平面；
(2)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，使五面体存在且唯一确定．求直线与平面所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（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)
【分析】（1）先根据正方形和矩形性质得∥且，推出四边形是平行四边形，进而得∥，最后由线面平行判定定理得出∥平面.
（2）本题分别选择①，②和③，通过建立空间直角坐标系，求出平面法向量与直线方向向量，再利用线面角计算与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）因为四边形为正方形，
所以∥且，
又因为四边形为矩形，
所以∥且，
因此∥且，
所以四边形是平行四边形，故∥，
又因为平面，平面，
所以∥平面.
（2）选择条件①： 由，又因为，
，平面，故平面，
因为，
所以以为原点，分别以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
由，得：，，，，
则，，，
设平面的法向量为，则：，
令，解得，，得，
设直线与平面所成角为，
由线面角公式：.
选择条件②：因为
所以以 为原点，为 轴，为 轴，平面的法向量为 轴，建立空间直角坐标系
设，，，，由得 ，
由 得 ，即：，
化简得 ，代入 可得：
（），所以，，
，，
设平面 的法向量为，则: ，
令，得，，即，
，设直线与平面所成角为，
由线面角公式可得：.
选择条件③：以为原点，为 轴，为 轴，平面的法向量为 轴，建立空间直角坐标系，
由已知条件可得：，，，，
因为是矩形，所以，，
设，则 ，
是向量 与的夹角，
又因为，为锐角，
故， 由数量积公式可得：
，
将代入方程化简得：
，解得或 ，
当时，，则，
当时，，则，
所以，，
当时：，五面体不唯一，不合题意.
3．（2026·湖南岳阳·二模）如图1，分别为边长为4的正方形三边的中点.将四边形沿着线段EF折起(如图2)，且点M是线段上一点.
(1)求证:；
(2)若二面角的大小为 且三棱锥M-DFG的体积为 设过直线且与直线平行的平面为，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）在原正方形中，分别是，的中点，
，，，
平面，平面，
平面，
平面，
.
（2），，
就是二面角的平面角，即，
如图，以为原点，为轴，为轴，过作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
，原正方形边长为，，分别是，的中点，
，，，，
，，
，即，
，，
，即，
是的中点，
，即，
设，即，三棱锥的体积为，
，,
，
平面，，
，
，
，解得，即，
平面过直线且与直线平行，
设平面的法向量，
，，
，即，
令，可得，，即，
平面在的平面上，
平面的法向量，
平面与平面所成角，.
4．（2026·湖北荆州·一模）“细长三角板”指的是有一个内角为的直角三角板.现有两个细长三角板，其较短的直角边长均为10cm，先按左图所示的方式放置，其中以表示两个细长三角板，，，直角顶点重合于点P，两条斜边在一条直线上.保持直角顶点重合，将两条斜边平行展开，得到如图所示的四棱锥P－ABCD.
(1)设，求证：PO⊥平面；
(2)是否存在四棱锥，使得底面为菱形？若存在，求此时四棱锥的高，若不存在，请说明理由；
(3)求四棱锥体积的最大值，并求此时平面与平面所成二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
(3)500，
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）假设存在符合条件的四棱锥，设其高，根据假设求出h的值，即可判断结论；
（3）方法一：求出相关线段的长，根据棱锥体积公式可得四棱锥体积的表达式，结合基本不等式可求得最值；再根据二面角的定义可求解平面与平面所成二面角的大小.方法二：建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，利用体积公式以及基本不等式可求解最值问题，利用空间角的向量求解方法可求二面角大小.
【详解】（1）证明：由题意知与平行且相等，则四边形为平行四边形，所以O为的中点
又由于，，所以，，
平面，，所以平面；
（2）假设存在符合条件的四棱锥，由（1）知，设其高，
因为底面是菱形，则，
所以，
解得，
此时四棱锥退化为一个平面图形，故不存在符合条件的四棱锥；
（3）方法一：过点P作直线，则l平面，
由于，所以，则l平面，所以平面平面，
作，垂足分别为E，F，则,
所以是平面与平面所成二面角或其补角
，由于PO⊥平面，
平面，故，而O为的中点，则,
设，则， ，
由PO⊥平面，平面，故，
而平面，故平面，
平面，故，
所以
当且仅当时取等号，
故四棱锥体积的最大值为500（），
此时平面与平面所成二面角为90°
方法二：过点O作平行线的垂线，垂足分别为F，E，
取的中点G，，由以上分析可知，
所以，
以O为原点，所在直线为x，y，z轴建立坐标系，
设，，，，
由勾股定理知，
，
当且仅当时取“＝”，故所求最大值为500；
此时，，，，，
，，
设平面的一个法向量，则，则，
可取；
，，
设平面的一个法向量，则，则，
可得平面的一个法向量，
故，所以所求二面角为90°.
5．（2026·辽宁抚顺·一模）如图，在五面体中，平面平面ABC，四边形为矩形，是等腰直角三角形，，，，，．
(1)证明：平面．
(2)求五面体的体积．
(3)求平面与平面ABC所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据几何体的性质，以及勾股定理，证明线线垂直，再根据线面垂直的判定定理，证明结果即可；
（2）根据几何体的性质，将五面体分解成四棱锥和三棱锥，求出锥体的体积，进而求出结果；
（3）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，进而根据面面夹角的余弦值的向量法求出面面角的余弦值，进而求出角的大小.
【详解】（1）
在矩形中，，，
因为，，所以平面，
因为平面，所以，即，
如图所示，过点E作，垂足为F，
，，，，，
所以，即．
又，所以平面．
（2）如图所示，连接BE．该五面体可由四棱锥和三棱锥组成．
四棱锥的体积，
三棱锥的体积，
五面体的体积．
（3）以A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，则，．
由（1）可得平面的一个法向量为．
易知平面ABC的一个法向量为，
则，
所以平面与平面ABC所成角的大小为．
6．（2026·福建·二模）已知平面，垂足为，直线，是内的动点，且始终在的两侧．
(1)若，证明：是锐角三角形；
(2)若，是线段上靠近的三等分点，．
（i）证明：二面角为锐角；
（ii）直线与所成的角分别为，记．若平面，且不是任何一个长方体的截面，求的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii）．
【分析】（1）证法一：不妨设，且，利用余弦定理证明；证法二：根据条件建系，利用向量数量积的坐标运算判断；证法三：利用转化法求向量数量积判断；
（2）（i）建系后设，，利用空间向量夹角公式推出，，利用其代表的轨迹双曲线的渐近线夹角进行证明；（ii）解法一：将问题等价转化为在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，，求的最小值；解法二：运用解析法和向量的数量积运算求解；解法三：将问题等价转化为在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，求的最小值．
【详解】（1）证法一： 因为平面，，所以，．
不妨设，且，
因为，所以，，，
所以，所以为的最大内角．
由余弦定理，得，
所以，所以是锐角三角形．
证法二：因为平面，，所以，．
又因为，故可以为原点，分别为轴，轴和轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，所以，在中，
，所以为锐角，
，所以为锐角，
，所以为锐角，
所以是锐角三角形．
证法三：因为平面，，所以，．
又因为，所以在中，
，所以为锐角，
，所以为锐角，
，所以为锐角，
所以是锐角三角形．
（2）（i）因为，在上，且，
由对称性知在同一个轨迹上，且轨迹关于对称，
故以为原点，分别为轴和轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
设，，因为，所以．
因为是线段上靠近的三等分点，故，即，
故，，，
依题意得，化简得，
且，即，故，又点不在直线上，故，同理，，且，
故在坐标平面中，是双曲线右支上的动点，且在轴的两侧，如图．
因为的两条渐近线分别为和，它们的夹角为，所以．
因为平面平面，，，
所以是二面角的平面角，所以二面角为锐角．
（ii）解法一：因为不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形．
证明如下：
若为锐角三角形，有，，，
可令，，，
则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面．
由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形，
所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形．
由（i）知，，所以，又因为，，
所以，故．
因为，所以分别是直线与所成的角， 即，
不妨设，则，且，所以，，
且．
作于，因为平面，平面，平面，
所以，又，所以．
因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点，
所以，即直线过，
所以，所以，
这样，问题等价于在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，
直线过点，，，求的最小值．
如图，不妨设点在第四象限，则，．因为都在双曲线的右支，故，
即，所以，又，，
即且，解得，
所以，
当，即时，等号成立．
故的最小值为．
解法二：因为△不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形．
证明如下：
若为锐角三角形，有，，，
可令，，，
则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面．
由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形，
所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形．
作于，因为平面，平面，平面，
所以，又，所以．
因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点，
所以，即直线过．
在平面直角坐标系中，设直线的方程为，
联立得，
依题意，有且
因为，所以．
因为，
所以
，
，
同理，
不妨设，则必有．
因为，
因为且，所以，代入上式得到
，
所以，
又因为，所以．
因为，所以分别是直线与所成的角，即，
因为，所以，所以，所以，
，
当，即时，等号成立．
故的最小值为．
解法三：因为不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形．
证明如下：
若为锐角三角形，有，，，
可令，，，
则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面．
由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形，
所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形．
由（i）知，，所以，又因为，，
所以，故．
因为，所以分别是直线与所成的角，即，
不妨设，则，且，所以，，
且．
作于，因为平面，平面，平面，
所以，又，所以．
因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点，
所以，即直线过，
所以，所以．
这样，问题等价于在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，
直线过点，，求的最小值．
如图，不妨设点在第四象限，因为，所以点在以为直径的圆内（含边界），记
圆与双曲线在第四象限的交点为，则．
因为在渐近线的上方，故，而，故，
即直线与双曲线右支有两个交点，符合条件．所以当点位于点时，最大，则最小．
联立，得，解得或（舍去），
故当，即时，的最小值为．
故的最小值为．
7．（2026·广东湛江·二模）如图，在几何体中，四边形是菱形，，且，三角形是正三角形，平面平面.点在平面上的投影为与的交点，且.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先由菱形性质得 ,再由投影得 底面 ,故 ；因 与 交于 且共面,从而证得 平面 .
（2）方法一:以菱形对角线交点 为原点, 分别为轴建立空间直角坐标系,求出各点坐标与 等向量,设平面 的法向量 并由线线垂直列方程求解,再利用线面角公式 计算正弦值.
方法二:作 得正三角形 的高 ，利用 将 与平面 的线面角转化为 与平面 的线面角,用等体积法 求点 到平面 的距离 ，再由线面角定义 计算正弦值.
（3）方法一：先设出平面 的法向量,根据法向量与平面内两向量 、 垂直列出方程组,对未知量赋值求出具体法向量,再选取从平面内一点指向点 的向量 ，最后代入点到平面的向量距离公式,计算模长与数量积得到点 到平面 的距离.
方法二：先由 得四点共面,将点 到平面 的距离转化为到平面 的距离；取 中点 ，证明面面垂直,作 得到垂线段 即为所求距离；再用余弦定理与等面积法求出 、 ，最后在三角形中算得 .
【详解】（1）证明：在菱形中，对角线互相垂直，所以，
因为在底面上的投影为，所以平面，
又平面，故.
又平面，平面，，
所以平面.
（2）方法一：
由，，得，，，
如图1，作于点，则.
因为平面平面，交线为，所以平面.
以为原点，，，所在的直线分别为，，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，
则，即
令，得，故.
设直线与平面所成的角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
方法二：
如图2，过点作于点，因为三角形为正三角形，所以为中点.
由平面 平面 ，平面 平面 , 平面 .故 平面 .
由 平面 ， 平面 ，故 .
由勾股定理得，可得.
连接，则.
因为面，面.
所以且，即四边形为平行四边形.
所以，因为、分别为、中点
所以，所以.
所以与平面所成角的正弦值即为与平面所成角的正弦值.，
在中，.
所以.
设点到平面的距离为，则.
即，所以.
故所求正弦值为.
（3）方法一：
设平面的法向量为，
则即
令，得，故，
又，
所以点到平面的距离.
方法二：
由（2）方法二可得，所以，，，四点共面，
所以点到平面的距离即为点到平面的距离.
如图2，取的中点，连接，.
因为三角形和三角形都是正三角形
所以，所以，同理，
又，所以平面，
又平面，所以平面平面.
作于，平面平面，平面，
所以平面，所以即为所求距离.
在中，，由（2）方法二可得
在中由余弦定理可得.
解得，所以.
解得，同理在中由余弦定理和等面积法可得.
所以.
设边上的高为，则.
解得.
8．（25-26高三下·安徽·月考）已知等腰梯形与等腰梯形如图所示，其中，过点作，垂足为．现沿进行翻折，使得点在平面内的投影为点，连接，得到的图形如图所示．
(1)求证：平面平面；
(2)在图1中，若，，求图2中直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）先证明，结合，根据线面垂直判定定理证明平面，再由面面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面的法向量，利用向量夹角公式求结论.
【详解】（1）因为翻折后点在平面内的投影为，
所以平面， 又平面，
因此，又，，平面，
所以平面，平面，
所以平面平面.
（2）由已知，
等腰梯形中，，
由，得，
所以，故，
因为平面，平面，
所以，又，，
所以，
因为平面， 又平面，
所以，又，，
所以，
以为原点，，，分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，
则
所以，，，
设平面的法向量为，
则，故，
所以，取，可得，
所以为平面的一个法向量，
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．（2026·江西宜春·一模）如图，在四棱锥中，，，，，，.
(1)求证：平面平面ABCD；
(2)若G为线段PC上一点（异于点P，C），平面ABG与平面PBC所成角的余弦值为，求直线BG与平面APB所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接AC，先证明，可得，结合勾股定理可得，进而得到平面，进而求证即可；
（2）过点P作于点E，建立空间直角坐标系，设，结合面面角的空间向量公式求得，进而再结合线面角的空间向量公式求解即可.
【详解】（1）证明：连接AC，因为，，，所以，
则，而，，
所以，则，所以，
在中，，所以，
又平面，
所以平面，又平面ABCD，
所以平面平面ABCD.
（2）过点作于点，
由（1）知，，而，，，
则，即，
又，，，则，即，
以B为原点，以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，
设，则，所以，
则，
设平面的法向量为，
所以，
令，则，，所以，
平面PBC的法向量为，
由，
令，则，，所以，
所以，解得，所以，
由（1）知，平面，则平面APB的法向量为，
设直线BG与平面APB所成角为，
所以，
所以直线BG与平面APB所成角的正弦值为.
10．（2026·浙江温州·二模）如图所示，三棱锥中，，，且，，E，F分别为和的中点．
(1)证明：上存在点P，使得平面；
(2)当时，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取上一点，结合是中点，若能使，再结合的位置，可推出与面内的直线平行，进而证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，根据题意求出各点坐标，再分别求出平面和平面的法向量，利用两个平面法向量的夹角与二面角的关系，计算二面角的正弦值.
【详解】（1）取的中点，连接
因为是的中点，是的中点，
所以在中，是中位线，故.
又平面，平面，
所以平面，
故上存在满足条件的点，得证.
（2）如图所示， 以点为原点，为轴，为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，
设，由得，即.
由，，，
得：
代入得，即.
平面中，，，
设法向量为，
由得，令，则.
平面中，，，
设法向量为，
由得，令，则.
所以二面角的正弦值：
.
11．（2026·甘肃·二模）如图，在多面体中，为矩形，分别与平面垂直，分别是的中点.
(1)求证：平面；
(2)若共面，求平面和平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）由中位线的性质得到，进而证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用四点共面的条件求出点坐标，进而求出两个平面的法向量，最后利用向量夹角公式求出二面角的余弦值.
【详解】（1）如图，连接，
是矩形，是的中点，
是的中点，
平面，平面，
，
因为是的中点，，
平面，平面，
平面.
（2）如图，以D为原点建立空间直角坐标系，
则由已知，，，，
连接，，平面，平面，
平面，
又，平面，平面，
平面，
又平面，平面，且，
∴平面平面，
共面，
平面平面，平面平面，
，同理，
所以四边形为平行四边形，
，且为中点，
可得，则，
设平面的一个法向量为，
则，取，
则平面的一个法向量为，
取平面的一个法向量为，
，
所以平面和平面所成角的余弦值为.
12．（2026·山东滨州·一模）如图，在矩形中，，点分别是边的中点，点分别在线段上移动（不含端点），且，将四边形沿翻折至四边形，使得二面角的大小为．
(1)求证：平面；
(2)当时，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）在线段上取一点，根据题意可证平面，平面，进而可得平面平面，即可证线面平行；
（2）设的中点分别为，可证，平面，建系并标点，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）在线段上取一点，使得，
因为平面，平面，所以平面，
由平行线性质可得：，
且，，则，
即，可得，且，则，
又因为平面，平面，所以平面，
且，平面，可得平面平面，
由平面，可得平面.
（2）设的中点分别为，连接，则，
由题意可知：，，
且，平面，可得平面，
因为平面，则，
可知二面角的平面角为，
且，可知为等边三角形，则，
又因为，平面，则平面，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
又因为，可知点分别是线段的中点，
则，，
可得，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得；
设平面的法向量为，则，
令，则，可得；
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
13．（2026·广西北海 一模）如图，四边形和都是正方形，四边形为平行四边形，为锐角，M，N分别为的中点，直线AE与平面所成的角为．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作辅助线，要证明线面平行，则需要证明线线平行，即证明.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，然后列出各个点的坐标，然后求出平面与平面的法向量坐标，最后根据向量夹角的余弦公式计算即可.
【详解】（1）连接，交于点，连接.
根据中位线定理可得，因为.
所以，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，而不在平面内，
所以平面.
（2）四边形和都是正方形，所以，
又平面，所以平面.
平面，所以平面平面.
过点作，垂足为，由平面平面可知平面.
所以是与平面所成的角，.
设，则.
如图，以为原点，所在直线分别为轴，在平面内过作的平行线为轴，
建立空间直角坐标系，
则，设.
由，所以，可得.
同理可得，为的中点，所以.
可知平面的一个法向量为.
设平面的法向量坐标为，.
则，那么有，
令，则，所以.
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为
.
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
14．（2026·天津河北·一模）如图，直角梯形中，，，，四边形为矩形，底面，．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值；
(3)点P在棱上，求与平面所成角的正弦值的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)．
【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据空间位置关系向量法证明即可；
（2）根据面面角向量法计算求解；
（3）设，由空间向量线性运算可得，根据线面角向量法计算即可求解.
【详解】（1）设的中点，连接，
则，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又，所以．
如图，以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
，，，，．
，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，故，
因为，所以，
又因为平面，所以平面．
（2），，设平面的法向量为，
则，令，则，，故，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为；
（3）设，，
，
设与平面所成角为，
则，
因为，，
所以的取值范围是．
15．（2026·北京丰台·一模）如图，在多面体中，面是矩形，，．
(1)求证：；
(2)若，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）根据线面垂直的判定定理，证明平面，再根据线面垂直的性质定理，证明结论即可；
（2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，根据线面角的向量方法，求出正弦值即可.
【详解】（1）因为四边形是矩形，所以，
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）因为，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，
因此，．
设是平面的法向量，
则，即，
令，得，平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角为，则.
即直线与平面所成角的正弦值为.
16．（2026·陕西咸阳·二模）如图1，在等腰梯形中，，，，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，（如图2）.

(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)若，，，四点在一个球面上，求这个球的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用线面平行的判定及面面平行的性质推理得证.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法求解.
（3）根据给定条件，结合（2）中信息构造长方体，由此求出球的直径，进而求出球的体积.
【详解】（1）依题意，，平面，平面，
则平面，又，平面，平面，
则平面，又，平面，
所以平面平面.
（2）由四边形为等腰梯形，，，得，
又平面平面，平面平面，平面，
则平面，直线两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
点，
得到，
设平面的法向量为，
则，取，得，
设平面的法向量为，
则，取，得.
因此，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
（3）点四点在一个球面上，
由（2）得该球可看成是以分别为长、宽、高的长方体的外接球，
因此该外接球的直径为，
所以所求球的体积为.
17．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知正方形的边长为，将沿翻折至，如图，在二面角内有一点，满足，且．
(1)求证：平面；
(2)若二面角大小为，求与所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）要证明线面垂直，需要证明该直线与该平面内的两条相交直线垂直即可，即证明.
（2）先建立空间直角坐标系，然后根据向量夹角的余弦公式计算即可.
【详解】（1）证明：取中点，连接，，，由于，，，
由等腰三角形三线合一可得，，，
又因为，面，可得面，从而，
同样的，又因为，面，可得面，从而，
又因为，面，可得平面．
（2）解：由于正方形，所以，又因为，
由（1）有，所以，从而有，
以为原点，以，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系如图，
由于二面角的平面角即为，由（1）可知、、、共面，
又因为可得，
所以，，，，
，，所求角的余弦为：．
18．（2026·陕西西安·模拟预测）已知在三棱锥中，为等边三角形，平面平面，，分别为的中点．
(1)求证：平面．
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析.
(2)
(3)
【分析】（1）由可得为的中点，由中点可得中位线，再由线面平行的判定定理证明即可.
（2）证明为直角三角形，得到的长度，在上取一点，使得,证明三线互相垂直，建立空间直角坐标系，求解平面与平面的法向量，在求解平面夹角的余弦值即可.
（3）由点到平面的空间向量求解公式求解即可.
【详解】（1）因为，，分别为，的中点，所以为的中点，
所以，因为平面，平面，所以平面．
（2）在平面内作交于点，由分别为的中点，为等边三角形，
得，由平面平面，平面平面，
得平面，平面，而平面，平面，
所以，，由，得，而，
所以，，，，
因为平面，平面，所以，
所以以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图
所以，，，，，，
所以，，设平面的法向量为，
所以，即，令，所以，，所以，
平面的法向量为，因为平面与平面夹角为钝角，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
（3）因为平面的法向量为，，
所以点到平面的距离为
19．（2026·上海松江·模拟预测）在如图所示的多面体中，已知四边形ABCD是菱形，平面平面，点G为线段AF的中点.
(1)求证：平面平面；
(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）连接与，相交于点，连接，，分别证明，，再由面面平行判定定理即可得证；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，确定直线BC的方向向量与平面BDG的法向量，根据线面夹角的坐标运算求解即可．
【详解】（1）连接与，相交于点，连接，，
因为菱形，所以点是的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面，
所以，
又，，所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
因为，、平面，
所以平面平面；
（2）取的中点，连接，
因为，四边形是菱形，
所以是等边三角形，则，
则建立以为原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系，如图所示：
则，
所以，，
设平面的法向量为，
则，取，则，，所以，
所以，
直线与平面所成角的正弦值为．
20.（2026·四川达州 二模）在斜三棱柱中，，，，平面平面.
(1)证明：；
(2)若，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）取中点，连接，，由面面垂直的性质可得平面，再由余弦定理以及勾股定理，线面垂直判定定理证明即可.
（2）由题意，建立空间直角坐标系，由向量法求解即可.
【详解】（1）如图，取中点，连接，，因为，所以，
因为平面平面，平面平面，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，因为，
所以在中，，解得，所以，
所以为直角三角形，所以，
因为，平面，平面，所以平面，因为平面，所以.
（2）由（1）可得平面，且，，
因为平面，所以，
所以以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，
所以，，所以，，，
因为，所以，所以，
因为，所以，因为，
所以，，因为，所以解得，
设平面的法向量为，所以，，
所以，即，
令，则，，所以，
设平面的法向量为，则，
设平面与平面的夹角，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题22 不规则几何体建系与计算的九大技巧
题型 考情分析 考向预测
1.面面垂直型 2025年全国二卷：第17题考查了翻折问题，用空间向量建系解决问题 2024年新课标二卷：第17题考查了翻折后底面不规则，用空间向量建系解决问题 2024年新高考1卷：第17题考查了空间向量建系，根据二面角反求长度问题 弱化完美几何体，强化不规则几何体、生活化折叠、偏心结构，考查自主建系、构建垂直的能力.
2.单垂线型
3.斜棱柱型（无垂面无垂线）
4.偏心棱锥型（顶点射影非中心/顶点）
5.翻折型（由平面图形折叠成立体）
6.底面任意多边形型（无垂直、无对称）
7.中点/中心对称型
8.不规则台体型
9.全无垂直极端型
题型1 面面垂直型
几何特征：有一组面面垂直，底面、侧面为不规则图形（梯形、任意三角形） 建系步骤： ①两平面交线定为X轴； ②在其中一个平面内，作交线垂线为y轴； ③利用面面垂直性质，过垂足作另一平面垂线为z轴.
【例1】矩形所在平面与等腰梯形所在平面互相垂直，，，直线与平面所成角为，.

(1)求平面与平面夹角的余弦值；
(2)线段上任意一点到平面的距离是否为定值 如果是，则求出定值，否则说明理由．
【变式1-1】（2026·贵州贵阳 模拟预测）如图所示，是半圆O的直径，C是半圆O上除A、B外的一个动点，垂直于半圆O所在的平面，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)当C点为半圆的中点时，求面与面所成的二面角的正弦值.
【变式1-2】（2026·云南红河·模拟预测）如图，在五面体中，，，，为等边三角形，平面平面．
(1)证明：直线平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)设点为线段上一动点，请从以下两个条件中任选一个作答．
①；
②；
是否存在满足所选条件的点，若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由．注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
题型2 单垂线型
几何特征：一条侧棱（或高线）垂直底面，但底面是任意三角形、不规则梯形. 建系步骤： ①垂线垂足设为坐标原点； ②底面内过原点，任选互相垂直两条线作x、y轴； ③垂直底面的棱直接作z轴.
【例2】（2026·上海嘉定·二模）如图，在中，，平面，分别是线段、的中点．
(1)求证：；
(2)若，求直线与平面所成角的大小．
【变式2-1】（2026·贵州贵阳 模拟预测）如图，在多面体中，平面，，，为中点，．

(1)证明：平面；
(2)当二面角的正切值为时，求直线与平面所成角的正弦值．
【变式2-2】（2026·江西赣州·一模）如图，在三棱锥中，平面，且为的中点.
(1)求二面角的余弦值；
(2)若，在线段上各取一点，设，若平面平面，求的值.
题型3 斜棱柱型（无侧面垂直底面、无侧棱垂直底面）
1、几何特征：斜三棱柱、平行六面体，侧棱不垂直底面，整体倾斜. 2、建系步骤： ①底面顶点为原点，底面两条邻边为x、y轴；
②侧棱单独设空间向量，利用棱长、夹角算竖坐标；
③无垂直轴，靠解三角形补长度.
【例3】（2024·河南·模拟预测）如图，平行六面体中，底面是边长为2的正方形，为与的交点，．
(1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值．
【变式3-1】（2026·河北衡水·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，，，点在底面上的投影为的中点，点满足.

(1)当时，证明：平面平面.
(2)已知，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值.
【变式3-2】（2026·陕西榆林 模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，，，分别为，的中点．
(1)证明：侧面为矩形；
(2)若，求直线与平面夹角的正弦值．
题型4 偏心棱锥型
1、几何特征：非正棱锥，顶点在底面射影不在中心、不在顶点，落在边上或底面内部.
2、建系步骤：
①顶点底面射影设为原点；
②过射影作底面两条互相垂直直线为x、y轴；
③顶点与射影连线（几何体的高）为z轴.
【例4】如图，在三棱锥中，是点在平面ABC上的投影，，，是BD的中点.
(1)证明：平面DAC；
(2)若O点正好落在的内角平分线上，，，，求二面角的正弦值.
【变式4-1】（2026·浙江宁波 二模）在中，为的中点，如图，沿将翻折至位置，满足.
(1)证明：平面平面；
(2)线段上是否存在点，使得在平面内的射影恰好落在直线上.若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
【变式4-2】（2026·安徽铜陵·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，．
(1)求证：平面；
(2)若，，点E在线段上，且平面，求平面与平面夹角的余弦值．
题型5 翻折几何体
1、几何特征：平面图形沿固定直线翻折，形成二面角，无原生垂直.
2、建系步骤：
① 翻折线统一设为x轴；
② 翻折前后两个平面内，分别作翻折线的垂线；
③ 两条垂线分别为y、z轴，二面角直接落在yOz平面.
【例5】（2023·江苏淮安·模拟预测）如图，在平面五边形ABCDE中是边长为2的等边三角形，四边形ABCD是直角梯形，其中．将沿AD折起，使得点E到达点M的位置，且使．
(1)求证：平面平面ABCD；
(2)设点P为棱CM上靠近点C的三等分点，求平面PBD与平面MAD所成的二面角的正弦值．
【变式5-1】（2026·湖北 二模）如图，菱形的边长为2，.现将沿折起，得到四面体，设二面角等于.
(1)求证：；
(2)若三棱锥的体积为，
（i）求直线与平面所成的角；
（ii）当时，求二面角的余弦值.
【变式5-2】（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图所示，已知等腰梯形中，，是的中点，将沿对折至，使得与边长为2的菱形成60°的二面角，折叠后发现.
(1)求点P到平面的距离；
(2)求二面角的正弦值.
题型6 底面任意多边形
1、几何特征：底面无直角、无垂直，纯不规则四边形/三角形，无特殊条件.
2、建系步骤：
①任意顶点设为原点，两条邻边强行设为x、y轴（可不垂直）；
③利用空间向量、余弦定理、边长条件求第三点空间坐标.
【例6】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．
【变式6-1】（2026·青海西宁·二模）如图，在五面体中，平面平面，平面，为等边三角形，．
(1)求证：；
(2)点为棱上靠近点的三等分点，求二面角的正弦值．
【变式6-2】（2026·海南儋州·一模）如图，等腰梯形中，，，，现将沿翻折，使得点到点处，得四棱锥，若点，分别在，上，且．
(1)求证：平面；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
题型7 ：中点/中心对称型
1、几何特征：对棱中点连线、上下底中线存在垂直关系，自带对称.
2、建系步骤：
① 对称中心、中点为原点；
② 对称轴/中垂线为z轴；
③ 底面过中心作横竖垂线为x、y轴.
【例7】（2026·湖北 一模）如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，，且，为线段的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，，求平面与平面的夹角.
【变式7-1】（2026·广东清远 二模）如图，在六面体中，为的中点，四边形为矩形，且，．
(1)求证：；
(2)若，求直线与平面所成角的余弦值．
【变式7-2】（2026·重庆·模拟预测）若一个四面体三组对棱分别相等，我们称为 “等腰四面体”． 已知在等腰四面体 中， 分别为所在棱的中点，如图所示．
(1)求证： 平面 ；
(2)若 ，求异面直线 与 所成的角的余弦值；
(3)在空间直角坐标系 中， 平面内有椭圆 ，直线 与 交于 两点． 为空间中一点，若四面体 为等腰四面体，求其外接球表面积的取值范围．
题型8 不规则台体型
1、几何特征：棱台上下底为不规则图形，侧棱倾斜，上下底不水平.
2、建系步骤：
① 下底面顶点为原点，下底两邻边x、y轴；
② 利用棱台相似比求上底面各点高度，确定z坐标.
【例8】如图，三棱台中，，，，，，在底面内的射影为中点.
(1)求三棱台的体积；
(2)求平面与平面夹角的正弦值.
【变式8-1】（2026·河北·模拟预测）如图，在三棱台中，平面平面，，，，．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【变式8-2】（2026·湖南长沙 一模）如图，已知圆台的上、下底面圆的圆心分别为和，四边形为下底面圆O的内接正方形，且，，为上底面圆上两点，为的中点，且满足平面平面，.
(1)求证：；
(2)求圆台的体积；
(3)若直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.
题型9 全无垂直极端型
1、几何特征：无线线、线面、面面垂直，只给棱长、夹角.
2、建系步骤：
①自选一点为原点；
②人工作面的垂线构造z轴；
③投影法+解三角形，硬算所有线段长度与坐标.
【例9】（2026·重庆九龙坡 二模）如图，已知六面体中，点与点在平面的两侧，且是边长为的正三角形.
(1)求证:平面；
(2)空间一点满足.点分别在棱上运动，且的面积为.
(i)求的最小值；
(ii)若是(i)中使取得最小值时的位置，且点在六面体的表面上，求四面体体积的最大值.
【变式9-1】（2026·山西晋中 模拟预测）如图，在五面体中，，，两两平行，，，．

(1)若为的中点，证明：平面；
(2)若平面，，求二面角的正弦值．
【变式9-2】（2026·陕西西安·模拟预测）如图，直角梯形中，为的中点，以为折痕把折起，使点到点的位置，且．
(1)设平面与平面的交线为，证明：；
(2)证明：平面；
(3)求二面角的余弦值．
1．（2026·辽宁盘锦·一模）如图所示几何体中，四边形与四边形为全等的菱形，.
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
2．（2026·北京房山·一模）如图，在五面体中，为正方形，为矩形，，．
(1)求证：∥平面；
(2)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，使五面体存在且唯一确定．求直线与平面所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（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．
3．（2026·湖南岳阳·二模）如图1，分别为边长为4的正方形三边的中点.将四边形沿着线段EF折起(如图2)，且点M是线段上一点.
(1)求证:；
(2)若二面角的大小为 且三棱锥M-DFG的体积为 设过直线且与直线平行的平面为，求平面与平面所成角的余弦值.
4．（2026·湖北荆州·一模）“细长三角板”指的是有一个内角为的直角三角板.现有两个细长三角板，其较短的直角边长均为10cm，先按左图所示的方式放置，其中以表示两个细长三角板，，，直角顶点重合于点P，两条斜边在一条直线上.保持直角顶点重合，将两条斜边平行展开，得到如图所示的四棱锥P－ABCD.
(1)设，求证：PO⊥平面；
(2)是否存在四棱锥，使得底面为菱形？若存在，求此时四棱锥的高，若不存在，请说明理由；
(3)求四棱锥体积的最大值，并求此时平面与平面所成二面角的大小.
5．（2026·辽宁抚顺·一模）如图，在五面体中，平面平面ABC，四边形为矩形，是等腰直角三角形，，，，，．
(1)证明：平面．
(2)求五面体的体积．
(3)求平面与平面ABC所成角的大小．
6．（2026·福建·二模）已知平面，垂足为，直线，是内的动点，且始终在的两侧．
(1)若，证明：是锐角三角形；
(2)若，是线段上靠近的三等分点，．
（i）证明：二面角为锐角；
（ii）直线与所成的角分别为，记．若平面，且不是任何一个长方体的截面，求的最小值．
7．（2026·广东湛江·二模）如图，在几何体中，四边形是菱形，，且，三角形是正三角形，平面平面.点在平面上的投影为与的交点，且.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求点到平面的距离.
8．（25-26高三下·安徽·月考）已知等腰梯形与等腰梯形如图所示，其中，过点作，垂足为．现沿进行翻折，使得点在平面内的投影为点，连接，得到的图形如图所示．
(1)求证：平面平面；
(2)在图1中，若，，求图2中直线与平面所成角的正弦值．
9．（2026·江西宜春·一模）如图，在四棱锥中，，，，，，.
(1)求证：平面平面ABCD；
(2)若G为线段PC上一点（异于点P，C），平面ABG与平面PBC所成角的余弦值为，求直线BG与平面APB所成角的正弦值.
10．（2026·浙江温州·二模）如图所示，三棱锥中，，，且，，E，F分别为和的中点．
(1)证明：上存在点P，使得平面；
(2)当时，求二面角的正弦值．
11．（2026·甘肃·二模）如图，在多面体中，为矩形，分别与平面垂直，分别是的中点.
(1)求证：平面；
(2)若共面，求平面和平面所成角的余弦值.
12．（2026·山东滨州·一模）如图，在矩形中，，点分别是边的中点，点分别在线段上移动（不含端点），且，将四边形沿翻折至四边形，使得二面角的大小为．
(1)求证：平面；
(2)当时，求平面与平面夹角的余弦值．
13．（2026·广西北海 一模）如图，四边形和都是正方形，四边形为平行四边形，为锐角，M，N分别为的中点，直线AE与平面所成的角为．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
14．（2026·天津河北·一模）如图，直角梯形中，，，，四边形为矩形，底面，．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值；
(3)点P在棱上，求与平面所成角的正弦值的取值范围．
15．（2026·北京丰台·一模）如图，在多面体中，面是矩形，，．
(1)求证：；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
16．（2026·陕西咸阳·二模）如图1，在等腰梯形中，，，，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，（如图2）.

(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)若，，，四点在一个球面上，求这个球的体积.
17．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知正方形的边长为，将沿翻折至，如图，在二面角内有一点，满足，且．
(1)求证：平面；
(2)若二面角大小为，求与所成角的余弦值．
18．（2026·陕西西安·模拟预测）已知在三棱锥中，为等边三角形，平面平面，，分别为的中点．
(1)求证：平面．
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
(3)求点到平面的距离．
19．（2026·上海松江·模拟预测）在如图所示的多面体中，已知四边形ABCD是菱形，平面平面，点G为线段AF的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
20.（2026·四川达州 二模）在斜三棱柱中，，，，平面平面.
(1)证明：；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.
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