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重難點突破03 立體幾何解答題常考模型歸納總結　
目錄
01 方法技巧與總結 2
02 題型歸納與總結 2
題型一：非常規空間幾何體為載體 2
題型二：立體幾何存在與探索性問題 4
題型三：立體幾何折疊問題 6
題型四：立體幾何作圖問題 8
題型五：立體幾何建系繁瑣問題 10
題型六：兩角相等（構造全等）的立體幾何問題 12
題型七：利用傳統方法找幾何關系建系 14
題型八：空間中的點不好求 16
題型九：數學文化與新定義問題 18
03 過關測試 22
高考立體幾何解答題常考模型主要包括柱體、錐體、球體、旋轉體、多面體等。這些模型常涉及體積、表面積的計算，截面問題，以及與其他幾何體的組合或相交問題。此外，空間位置關系，如平行、垂直的判斷與證明，也是常考內容。空間角的計算，包括異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角等，同樣是高考立體幾何的重要考點。最后，空間距離的計算，如點到平面的距離、兩平行平面間的距離等，也是解答題中常見的考查點。掌握這些模型的基本性質和解題方法，對于提高高考立體幾何的解題能力至關重要。
題型一：非常規空間幾何體為載體
【典例1-1】（2024·河南濮陽·模擬預測）如圖，側面水平放置的正三棱臺，且側棱長為．

(1)求證：平面；
(2)求直線和平面所成角的正弦值．
【典例1-2】（2024·云南昆明·三模）如圖，在三棱臺中，上、下底面是邊長分別為2和4的正三角形，平面，設平面平面，點分別在直線和直線上，且滿足，．
(1)證明：平面；
(2)若直線和平面所成角的正弦值為，求該三棱臺的高．
【變式1-1】（2024·天津和平·二模）如圖，三棱臺中，為等邊三角形，，平面ABC，點M，N，D分別為AB，AC，BC的中點，．
(1)證明：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值；
(3)求點D到平面的距離．
【變式1-2】（2024·河南周口·模擬預測）如圖，平行六面體中，底面與平面都是邊長為2的菱形，，側面的面積為.
(1)求平行六面體的體積；
(2)求平面與平面的夾角的余弦值.
題型二：立體幾何存在與探索性問題
【典例2-1】如圖1，是邊長為3的等邊三角形，點分別在線段上，且，沿將翻折到的位置，使得，如圖2.
(1)求證：平面平面；
(2)在線段上是否存在點，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
【典例2-2】（2024·廣東·一模）如圖所示，四邊形是圓柱底面的內接四邊形，是圓柱的底面直徑，是圓柱的母線，是與的交點，.
(1)記圓柱的體積為，四棱錐的體積為 ，求 ；
(2)設點在線段上，且存在一個正整數，使得，若已知平面與平面的夾角的正弦值為，求的值.
【變式2-1】在中，，，D為邊上一點，，E為上一點，，將沿翻折，使A到處，.

(1)證明：平面；
(2)若射線上存在點M，使，且與平面所成角的正弦值為，求λ.
【變式2-2】（2024·甘肅張掖·模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面四邊形為菱形，且是邊長為2的等邊三角形，且平面平面為中點.
(1)求證：平面；
(2)在線段上是否存在點，使二面角的大小為，若存在，求的值，若不存在，請說明理由.
題型三：立體幾何折疊問題
【典例3-1】（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖1，在矩形中，，，將沿矩形的對角線進行翻折，得到如圖2所示的三棱錐，且.
(1)求翻折后線段的長；
(2)點滿足，求與平面所成角的正弦值.
【典例3-2】（2024·山東·模擬預測）如圖，在菱形中，，是的中點，將沿直線翻折使點到達點的位置，為線段的中點.
(1)求證：平面；
(2)若平面平面，求直線與平面所成角的大小.
【變式3-1】（2024·河南駐馬店·二模）在如圖①所示的平面圖形中，四邊形為菱形，現沿進行翻折，使得平面，過點作，且，連接，所得圖形如圖②所示，其中為線段的中點，連接.

(1)求證：平面；
(2)若，直線與平面所成角的正弦值為，求的值.
【變式3-2】在等腰梯形ABCD中，，，，，M為AB中點，將，沿MD，MC翻折，使A，B重合于點E，得到三棱錐．

(1)求ME與平面CDE所成角的大小；
(2)求二面角的余弦值．
題型四：立體幾何作圖問題
【典例4-1】（2024·河南信陽·模擬預測）長方體中，.
(1)過E、B作一個截面，使得該截面平分長方體的表面積和體積.寫出作圖過程及其理由.
(2)記（1）中截面為，若與（1）中過點的長方體的三個表面成二面角分別為，求的值.
【典例4-2】（2024·高三·河北承德·期中）如圖，在四棱錐中，底面是正方形，分別是的中點．

(1)證明：平面；
(2)若平面經過點，且與棱交于點．請作圖畫出在棱上的位置，并求出的值．
【變式4-1】（2024·遼寧大連·一模）如圖多面體ABCDEF中，面面，為等邊三角形，四邊形ABCD為正方形，，且，H，G分別為CE，CD的中點．
(1)證明：；
(2)求平面BCEF與平面FGH所成角的余弦值；
(3)作平面FHG與平面ABCD的交線，記該交線與直線AD交點為P，寫出的值（不需要說明理由，保留作圖痕跡）．
【變式4-2】如圖，已知底面為平行四邊形的四棱錐中，平面與直線和直線平行，點為的中點，點在上，且.
(1)求證：四邊形是平行四邊形；
(2)求作過作四棱錐的截面，使與截面平行（寫出作圖過程，不要求證明）.截面的定義：用一個平面去截一個幾何體，平面與幾何體的表面的交線圍成的平面圖形.
【變式4-3】（2024·北京·三模）四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，.,且平面，，點分別是線段上的中點，在上.且.
（Ⅰ）求證：平面；
（Ⅱ）求直線與平面的成角的正弦值；
（Ⅲ）請畫出平面與四棱錐的表面的交線，并寫出作圖的步驟.
題型五：立體幾何建系繁瑣問題
【典例5-1】（2024·山東淄博·二模）已知直角梯形，，，，為對角線與的交點．現以為折痕把折起，使點到達點的位置，點為的中點，如圖所示：
(1)證明：平面；
(2)求三棱錐體積的最大值；
(3)當三棱錐的體積最大時，求直線與平面所成角的正弦值．
【典例5-2】（2024·貴州黔東南·二模）如圖，在四棱臺中，為的中點，.
(1)證明：平面；
(2)若平面平面，，當四棱錐的體積最大時，求與平面夾角的正弦值.
【變式5-1】（2024·重慶·三模）如圖所示的幾何體是一個半圓柱和一個三棱錐的組合體.是半圓柱的母線,分別是底面直徑BC和的中點,是半圓上一動點,是半圓上的動點,是圓柱的母線，延長至點使得為的中點,連接,構成三棱錐.
(1)證明:;
(2)當三棱錐的體積最大時,求平面與平面的夾角.
【變式5-2】已知平面四邊形，，，，現將沿邊折起，使得平面平面，此時，點為線段的中點．
(1)求證：平面；
(2)若為的中點
①求與平面所成角的正弦值；
②求二面角的平面角的余弦值．
題型六：兩角相等（構造全等）的立體幾何問題
【典例6-1】（2024·河南·模擬預測）如圖,在三棱錐中,是等邊三角形,,點是 的中點,連接．
（1）證明:平面平面;
（2）若,且二面角為,求直線與平面所成角的正弦值．
【典例6-2】（2024·廣西桂林·二模）如圖，四棱錐中，底面為邊長是2的正方形，，分別是，的中點，，，且二面角的大小為.
(1) 求證：；
(2) 求二面角的余弦值.
【變式6-1】（2024·安徽合肥·模擬預測）如圖，四棱錐中，四邊形是邊長為2的菱形，，.
（1）證明：平面平面；
（2）當直線與平面所成的角為30°時，求平面與平面所成銳二面角的余弦值.
【變式6-2】（2024·遼寧沈陽·模擬預測）如圖，四棱錐中，四邊形是邊長為2的菱形，
（1）證明：平面平面；
（2）當平面與平面所成銳二面角的余弦值，求直線與平面所成角正弦值.
題型七：利用傳統方法找幾何關系建系
【典例7-1】（2024·江蘇南京·二模）如圖，，，點、在平面的同側，，，，平面平面，.

(1)求證：平面；
(2)若直線與平面所成角的正弦值為，求線段的長.
【典例7-2】斜三棱柱ABC－A1B1C1上，側面AA1C1C⊥平面ABC，側面AA1C1C是菱形，∠A1AC＝60°，A1C＝AC＝BC＝，AB＝2，D為BB1的中點．
(1)求二面角C－A1D－C1的余弦值；
(2)記△ABC的外接圓上有一動點P，若二面角P－AA1－C與二面角C－A1D－C1相等，求AP的長．
【變式7-1】如圖，已知四棱錐中，平面，平面平面，且，，，點在平面內的射影恰為的重心.

（1）證明：；
（2）求直線與平面所成角的正弦值.
【變式7-2】如圖所示，圓錐的高，底面圓O的半徑為R，延長直徑AB到點C，使得，分別過點A，C作底面圓O的切線，兩切線相交于點E，點D是切線CE與圓O的切點．
(1)證明：平面平面；
(2)若直線與平面所成角的正弦值為，求點A到平面的距離．
題型八：空間中的點不好求
【典例8-1】（2024·山東日照·三模）在五面體中，，.

(1)求證：；
(2)若，，，點到平面的距離為，求二面角的余弦值.
【典例8-2】（2024·全國·校聯考模擬預測）已知三棱錐ABCD，D在面ABC上的投影為O，O恰好為△ABC的外心．，.
(1)證明：BC⊥AD；
(2)E為AD上靠近A的四等分點，若三棱錐A-BCD的體積為，求二面角的余弦值．
【變式8-1】（2024·河南·校聯考模擬預測）如圖，在四棱錐中，，，，分別為，的中點，點在上，且為三角形的重心.
(1)證明：平面；
(2)若，，四棱錐的體積為，求直線與平面所成角的正弦值.
【變式8-2】（2024·湖北武漢·華中師大一附中校考模擬預測）如圖，平行六面體中，點P在對角線上，，平面平面．
(1)求證：O，P，三點共線；
(2)若四邊形是邊長為2的菱形，，，求二面角大小的余弦值．
【變式8-3】（2024·全國·模擬預測）已知菱形ABCD中，，四邊形BDEF為正方形，滿足，連接AE，AF，CE，CF．
(1)證明：；
(2)求直線AE與平面BDEF所成角的正弦值．
題型九：數學文化與新定義問題
【典例9-1】（2024·高三·山東青島·期中）某校積極開展社團活動，在一次社團活動過程中，一個數學興趣小組發現《九章算術》中提到了“芻薨”這個五面體，于是他們仿照該模型設計了一道數學探究題，如圖1，E、F、G分別是邊長為4的正方形的三邊的中點，先沿著虛線段將等腰直角三角形裁掉，再將剩下的五邊形沿著線段EF折起，連接就得到了一個“芻甍” (如圖2)。
(1)若O是四邊形對角線的交點，求證：平面；
(2)若二面角的大小為求平面與平面夾角的余弦值.
【典例9-2】為方便師生行動，我校正實施翔宇樓電梯加裝工程．我們借此構造了以下模型：已知正四棱柱，它抽象自翔宇樓南側樓心花園所占據的空間，設，，O為底面ABCD的中心，正四棱柱與正四棱柱分別代表電梯井與電梯廂，設，M為棱的中點，N，K分別為棱，上的點，，．
(1)求證：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值；
(3)“你站在橋上看風景，看風景的人在樓上看你．明月裝飾了你的窗子，你裝飾了別人的夢．”卞之琳詩句中的情景其實正在我們的生活中反復上演，上官瑣艾同學站在樓心花園的中心（O點），她正目送著倚立在電梯廂一角的歐陽南德同學，假定上官同學的目光聚焦于棱OO2的中點I，此時，電梯廂中歐陽同學的目光正徘徊在位于N點的數學辦公室與位于K點的數學實驗室，當電梯廂向上啟動時，在這時空里便誕生了由點O與移動著的平面INK所勾勒的動人風景．現在，請作為“正在看風景的人”的你完成以下問題：當電梯廂自底部（平面OECF與平面ABCD重合）運行至頂端（平面與平面重合）的過程中，點O到平面INK距離的最大值．
【變式9-1】在陜西漢中勉縣的漢江河與定軍山武侯坪一帶，經常出土有銅、鐵扎馬釘等兵器文物.扎馬釘（如題21圖（1））是三國時蜀漢的著名政治家、軍事家諸葛亮所發明的一種對付騎兵的武器，狀若荊刺，故學名蒺藜，有銅、鐵兩種.扎馬釘有四個鋒利的尖爪，隨手一擲，三尖撐地，一尖直立向上，推倒上尖，下尖又起，始終如此，使觸者不能避其鋒而被刺傷.即總有一個尖垂直向上，三尖對稱支承于地.簡化扎馬釘的結構，如圖（2），記組成該“釘”的四條等長的線段公共點為，釘尖為（）．
（Ⅰ）判斷四面體的形狀特征；
（Ⅱ）若某個出土的扎馬釘因年代久遠，有一尖爪受損，其長度僅剩其他尖爪長度的（即），如圖（3），將，，置于地面，求與面所成角的正弦值.
【變式9-2】《瀑布》（圖1）是最為人所知的作品之一，圖中的瀑布會源源不斷地落下，落下的水又逆流而上，荒唐至極，但又會讓你百看不膩，畫面下方還有一位饒有興致的觀察者，似乎他沒發現什么不對勁.此時，他既是畫外的觀看者，也是埃舍爾自己.畫面兩座高塔各有一個幾何體，左塔上方是著名的“三立方體合體”由三個正方體構成，右塔上的幾何體是首次出現，后稱“埃舍爾多面體”（圖2）
埃舍爾多面體可以用兩兩垂直且中心重合的三個正方形構造，設邊長均為2，定義正方形，的頂點為“框架點”，定義兩正方形交線為“極軸”，其端點為“極點”，記為，將極點，分別與正方形的頂點連線，取其中點記為，，，如（圖3）.埃舍爾多面體可視部分是由12個四棱錐構成，這些四棱錐頂點均為“框架點”，底面四邊形由兩個“極點”與兩個“中點”構成，為了便于理解，圖4我們構造了其中兩個四棱錐與
(1)求異面直線與成角余弦值；
(2)求平面與平面的夾角正弦值；
(3)求埃舍爾體的表面積與體積（直接寫出答案）.
1．（2024·貴州貴陽·二模）由正棱錐截得的棱臺稱為正棱臺.如圖，正四棱臺中，分別為的中點，，側面與底面所成角為.

(1)求證：平面；
(2)線段上是否存在點，使得直線與平面所成的角的正弦值為，若存在，求出線段的長；若不存在，請說明理由.
2．（2024·全國·模擬預測）如圖，平行六面體中，底面是邊長為2的正方形，平面平面，，分別為的中點．
(1)判斷與平面的位置關系，并給予證明；
(2)求平面與平面所成二面角的正弦值．
3．（2024·高三·遼寧沈陽·期末）如圖，在平行六面體中，，，，，點為中點．

(1)證明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
4．（2024·陜西安康·模擬預測）如圖，在直角梯形中，，，，，，分別是，上的點，且，現將四邊形沿向上折起成直二面角，設.
(1)若，在邊上是否存在點，滿足，使得平面？若存在，求出；若不存在，說明理由.
(2)當三棱錐的體積最大時，求點到平面的距離.
5．（2024·四川成都·模擬預測）如圖，在三棱錐中，，為的中點，于，，已知，，，．
(1)證明：平面；
(2)在線段上是否存在點，使得二面角的大小為？若存在，求出的長；若不存在，請說明理由．
6．（2024·高三·江蘇南通·期中）如圖，且，，且，且，平面，.
(1)設面BCF與面EFG的交線為，求證：；
(2)證明:
(3)在線段BE上是否存在一點P，使得直線DP與平面ABE所成的角的正弦值為，若存在，求出P點的位置，若不存在，說明理由.
7．（2024·福建寧德·三模）在平行四邊形中，，，.將沿翻折到的位置，使得.

(1)證明：平面；
(2)在線段上是否存在點，使得二面角的余弦值為 若存在，求出的值;若不存在，請說明理由.
8．（2024·河北承德·二模）如圖1，在直角中，為中點，，取中點，連接，現把沿著翻折，形成三棱錐如圖2，此時，取中點，連接，記平面和平面的交線為為上異于的一點.

(1)求證：平面；
(2)若直線與平面所成角的正弦值為，求的長度.
9．（2024·山西晉城·二模）如圖1，在中，，，點D是線段AC的中點，點E是線段AB上的一點，且，將沿DE翻折到的位置，使得，連接PB，PC，如圖2所示，點F是線段PB上的一點．
(1)若，求證：平面；
(2)若直線CF與平面所成角的正弦值為，求線段BF的長．
10．（2024·貴州黔東南·三模）如圖1所示，在邊長為3的正方形ABCD中，將△ADC沿AC折到△APC的位置，使得平面平面ABC，得到圖2所示的三棱錐.點E，F，G分別在PA，PB，PC上，且，，.記平面EFG與平面ABC的交線為l.
(1)在圖2中畫出交線l，保留作圖痕跡，并寫出畫法.
(2)求點到平面的距離.
11．（2024·山西·二模）如圖，已知多面體的底面是邊長為2的正方形，底面，，且．
（Ⅰ）求多面體的體積；
（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）記線段的中點為，在平面內過點作一條直線與平面平行，要求保留作圖痕跡，但不要求證明．
12．（2024·福建·一模）如圖，三棱柱中，，，分別為棱的中點.
（1）在平面內過點作平面交于點，并寫出作圖步驟，但不要求證明.
（2）若側面側面，求直線與平面所成角的正弦值.
13．（2024·高三·福建漳州·期中）已知四棱錐的底面為菱形，，且平面，記為平面與平面的交線．
(1)證明：平面；
(2)設，為上的點，當與所成角最大時，求平面與平面的夾角大小．
14．（2024·湖北武漢·三模）如圖，在四面體中，是正三角形，是直角三角形，．
(1)求證：；
(2)已知點E在棱上，且，設，若二面角的余弦值為，求．
15．如圖，在四面體中，已知，，
(1)求證：；
(2)若平面平面，且，求二面角的余弦值.
16．（2024·江西南昌·一模）如圖，四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，，已知為棱的中點，在底面的投影為線段的中點，是棱上一點.

(1)若，求證：平面；
(2)若，確定點的位置，并求二面角的余弦值.
17．（2024·江西新余·二模）如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，，，且，.

(1)若為的中點，證明：平面平面；
(2)若，，線段上的點滿足，且平面與平面夾角的余弦值為，求實數的值.
18．（2024·河南信陽·模擬預測）如圖，在三棱錐中，分別是側棱的中點，，平面.

(1)求證：平面平面；
(2)如果，且三棱錐的體積為，求二面角的余弦值.
19．（2024·山東棗莊·一模）如圖，在四棱錐中，底面為正方形，平面與底面所成的角為，為的中點．
(1)求證：平面；
(2)若為的內心，求直線與平面所成角的正弦值．
20．“陽馬”是我國古代數學名著《九章算術》中《商功》章節研究的一種幾何體，即其底面為矩形，一條側棱垂直于底面的四棱錐．如圖，四邊形是邊長為3的正方形，，．
(1)證明：四棱錐是一個“陽馬”；
(2)已知點在線段上，且，若二面角的余弦值為，求的值．
21．宋元時期，泉州作為海洋商貿中心，成為世界第一大港.作為海上絲綢之路的起點，泉州的海外貿易極其頻繁，但海上時常風浪巨大，使用原始船出行的風險也大.因此，當時的設計師為了海外貿易的正常進行，便在船只設計中才用了楔形零件結構，由此海上出行無需再懼怕船體崩潰，這也為海上貿易的發達作出了巨大貢獻，而其智慧至今仍熠熠生輝.如圖是從棱長為3的正方體木塊中截出的一個楔形體ABCDMNPQ，將正方體的上底面平均分成九個小正方形，其中是中間的小正方形的頂點.
(1)求楔形體的表面積；
(2)求平面APQ與平面的夾角的余弦值.
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01 方法技巧與總結 2
02 題型歸納與總結 2
題型一：非常規空間幾何體為載體 2
題型二：立體幾何存在與探索性問題 7
題型三：立體幾何折疊問題 14
題型四：立體幾何作圖問題 19
題型五：立體幾何建系繁瑣問題 27
題型六：兩角相等（構造全等）的立體幾何問題 33
題型七：利用傳統方法找幾何關系建系 39
題型八：空間中的點不好求 46
題型九：數學文化與新定義問題 55
03 過關測試 65
高考立體幾何解答題常考模型主要包括柱體、錐體、球體、旋轉體、多面體等。這些模型常涉及體積、表面積的計算，截面問題，以及與其他幾何體的組合或相交問題。此外，空間位置關系，如平行、垂直的判斷與證明，也是常考內容。空間角的計算，包括異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角等，同樣是高考立體幾何的重要考點。最后，空間距離的計算，如點到平面的距離、兩平行平面間的距離等，也是解答題中常見的考查點。掌握這些模型的基本性質和解題方法，對于提高高考立體幾何的解題能力至關重要。
題型一：非常規空間幾何體為載體
【典例1-1】（2024·河南濮陽·模擬預測）如圖，側面水平放置的正三棱臺，且側棱長為．

(1)求證：平面；
(2)求直線和平面所成角的正弦值．
【解析】（1）延長三條側棱交于一點，如圖所示．
由于，則為的中位線．
又側棱長為，所以．所以，所以，
同理可得．
因為是平面內兩條相交直線，所以平面，即平面．
（2）由（1）可知兩兩垂直，可以以所在的直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，如圖所示．
則．
設平面的一個法向量為，
由于，
所以，
即平面的一個法向量為，
所以直線和平面所成角的正弦值為．
【典例1-2】（2024·云南昆明·三模）如圖，在三棱臺中，上、下底面是邊長分別為2和4的正三角形，平面，設平面平面，點分別在直線和直線上，且滿足，．
(1)證明：平面；
(2)若直線和平面所成角的正弦值為，求該三棱臺的高．
【解析】（1）證明：由三棱臺知，平面，
因為平面，且平面平面，所以，
又，所以，
因為，所以，
又，，且平面，平面，
所以平面．
（2）以為原點建立空間直角坐標系如圖，設三棱臺的高為，
則，，，，，
設平面的法向量為，則，
令，則，所以平面的一個法向量，
易得平面的一個法向量，
設與平面夾角為，由（1）知，
所以由已知得，
解得，所以三棱臺的高為．
【變式1-1】（2024·天津和平·二模）如圖，三棱臺中，為等邊三角形，，平面ABC，點M，N，D分別為AB，AC，BC的中點，．
(1)證明：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值；
(3)求點D到平面的距離．
【解析】（1）因為側棱底面，為等邊三角形，所以過點作，則以為點A為坐標原點，，，的方向分別為軸，軸，軸的正方向，建立如下圖所示的空間直角坐標系，
設長為，則
，，
因為，所以，則有，．
所以，，，，，，．
證明：因為，，設平面的法向量為，
則，令，則，
又因為．
所以，所以，又因為平面，所以平面．
（2）因為為中點，所以，則，
有，又，設直線與平面所成角為，
，
則直線與平面所成角的正弦值為．
（3）因為，平面的法向量為，
所以，點D到平面的距離為．
【變式1-2】（2024·河南周口·模擬預測）如圖，平行六面體中，底面與平面都是邊長為2的菱形，，側面的面積為.
(1)求平行六面體的體積；
(2)求平面與平面的夾角的余弦值.
【解析】（1）連接，，
因為底面與平面均為菱形，且，
所以與均為等邊三角形，
取AB的中點，連接，，則，，則，
因為側面的面積為，
所以的面積為，則，
所以，則.
在中，，則，
所以，所以.
因為，平面，
所以平面，
故平行六面體的體積.
（2）由（1）可知，兩兩垂直，以為原點，以所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.
則，，，，
，，，
設平面的法向量為，
由得取，則.
設平面的法向量為，，
由得取，則，
于是.
設平面與平面的夾角為，
所以.
題型二：立體幾何存在與探索性問題
【典例2-1】如圖1，是邊長為3的等邊三角形，點分別在線段上，且，沿將翻折到的位置，使得，如圖2.
(1)求證：平面平面；
(2)在線段上是否存在點，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
【解析】（1）在中，，，，
由余弦定理得，
所以，所以，
在中，，，，所以，所以，
又因為，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）在平面中，過點E作，交于，
在平面中，過點作，交于，連接，如圖所示，
因為，平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
又因為，平面，所以平面平面，
平面，所以平面，即為所求的點，
在中，，即，如圖所示，
所以，
在中，，所以，即此時.
【典例2-2】（2024·廣東·一模）如圖所示，四邊形是圓柱底面的內接四邊形，是圓柱的底面直徑，是圓柱的母線，是與的交點，.
(1)記圓柱的體積為，四棱錐的體積為 ，求 ；
(2)設點在線段上，且存在一個正整數，使得，若已知平面與平面的夾角的正弦值為，求的值.
【解析】（1）在底面中，因為 是底面直徑，所以 ，
又 ，故 ≌，
所以.
因為是圓柱的母線，所以面，所以 ，
,
因此；
（2）以為坐標原點，以為軸正方向，在底面內過點C作平面的垂直線為y軸，
建立如圖所示的空間直角坐標系.
因為，所以 ≌，
故 ，
所以，，
因此，，
因為 ，所以 ，
則
設平面和平面的法向量分別為，
則有:，，
取，
設平面與平面的夾角為 ，則
所以有：，
整理得，（無解，舍），
由于k為正整數，解得.
【變式2-1】在中，，，D為邊上一點，，E為上一點，，將沿翻折，使A到處，.

(1)證明：平面；
(2)若射線上存在點M，使，且與平面所成角的正弦值為，求λ.
【解析】（1）證明：由題意知，，
又，所以平面，
又平面，所以，
又，，所以平面
（2）作，垂直為Q，由（1）知，平面，
又平面，所以，
又，，平面，
所以平面
故以B為原點，，，的方向分別為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，
設，則，，，，
又，
所以，故，
設平面的一個法向量為，
則，即，
取，則
設與平面所成角為θ，
則，
解得或，
由題意知，故.
【變式2-2】（2024·甘肅張掖·模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面四邊形為菱形，且是邊長為2的等邊三角形，且平面平面為中點.
(1)求證：平面；
(2)在線段上是否存在點，使二面角的大小為，若存在，求的值，若不存在，請說明理由.
【解析】（1）
證明：在中，由，
得，
即，所以
由平面，平面平面，且平面平面
得平面
（2）
由（1）得平面，所以，
在等邊三角形中，為中點，所以，
即兩兩互相垂直，則以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，
如圖所示，又，所以，
則，
所以，設，
則，得到，
易知平面的一個法向量為，
設平面的一個法向量為，又，
由，令，得，
所以，
又一面角的大小為，
所以，得到，
又，解得，
所以存在點使二面角的大小為，且
題型三：立體幾何折疊問題
【典例3-1】（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖1，在矩形中，，，將沿矩形的對角線進行翻折，得到如圖2所示的三棱錐，且.
(1)求翻折后線段的長；
(2)點滿足，求與平面所成角的正弦值.
【解析】（1）由,,,,平面,
可得平面,又平面,則,
在中,根據勾股定理,
（2）如圖,過點作于點,由（1）可知,平面平面,交于,
∴平面,∵,又,,∴為直角三角形,∴
如圖,以為軸,為軸,過作的平行線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系
則,,,有,,
設平面的法向量,則,
令,解得其中一個法向量；
于是,,
故與平面所成角的正弦值為.
【典例3-2】（2024·山東·模擬預測）如圖，在菱形中，，是的中點，將沿直線翻折使點到達點的位置，為線段的中點.
(1)求證：平面；
(2)若平面平面，求直線與平面所成角的大小.
【解析】（1）取線段的中點為，連接，
因為為線段的中點，所以，且；
又是的中點，所以，且；
所以 ，且，故四邊形為平行四邊形；
所以，
因為平面，平面，
所以 直線平面；
（2）因為是的中點，所以，所以；
因為平面平面，平面平面，
所以平面.
以為原點，分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，
設，則，，，，
則，，，
設平面的法向量為，則即，
取，則，
設直線與平面所成角為，
則，
所以直線與平面所成角為.
【變式3-1】（2024·河南駐馬店·二模）在如圖①所示的平面圖形中，四邊形為菱形，現沿進行翻折，使得平面，過點作，且，連接，所得圖形如圖②所示，其中為線段的中點，連接.

(1)求證：平面；
(2)若，直線與平面所成角的正弦值為，求的值.
【解析】（1）證明：.
在菱形中，，
因為平面，平面，所以，
又，平面，所以平面.
因為分別為的中點，所以，，
又， ，
所以，，所以四邊形為平行四邊形，
所以，所以平面.
（2）在菱形中，因為，所以和都是正三角形，
取的中點，連接，則，
又平面，所以，即兩兩垂直.
以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
設，則，
則，.
設平面的法向量為，則
取，則.
記直線與平面所成角為，
則.，
解得，即的值為2.
【變式3-2】在等腰梯形ABCD中，，，，，M為AB中點，將，沿MD，MC翻折，使A，B重合于點E，得到三棱錐．

(1)求ME與平面CDE所成角的大小；
(2)求二面角的余弦值．
【解析】（1）在三棱錐中，取CD中點為Q，
過點M作直線EQ的垂線交直線EQ于點H，
因為ABCD為等腰梯形，且M為AB中點，則，，
可知，，且EQ，平面MEQ，，
則平面MEQ，且平面MEQ，可得，
可知，，，CD，平面CDE，
則平面CDE，可知即為所求線面角，
在等腰梯形ABCD中，已知，，，
可求出，，，
可得，
且，則，
所以直線ME與平面CDE所成角為.
（2）以H為原點，，，為x軸，y軸，z軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，
可得，，
設平面MEQ的法向量為，則，
取，則，可得，
且平面CDE的法向量為，
可得，
由圖可知二面角為銳角，所以二面角的余弦值為．
題型四：立體幾何作圖問題
【典例4-1】（2024·河南信陽·模擬預測）長方體中，.
(1)過E、B作一個截面，使得該截面平分長方體的表面積和體積.寫出作圖過程及其理由.
(2)記（1）中截面為，若與（1）中過點的長方體的三個表面成二面角分別為，求的值.
【解析】（1）連接，取中點，則與可確定一個平面，該平面即為所求.
連接,取點使得.連接，,則所作截面為平面.
理由：連接,,
,（長方體性質）
∴四邊形為平行四邊形，
又為中點（長方體性質）
∴為中點，四點共面，
∵面面,面面,面面，
所以，同理可證得.
∴四邊形為平行四邊形,
取,設長方體左半部分幾何體體積為,表面和為,
因為，設，
所以，，
,
綜上，平面符合題意
（2）易知兩兩垂直,以為原點建立如圖所示空間直角坐標系，
由題， 令，則有,則，
設平面、平面、平面的法向量分別為由長方體性質可知
設平面法向量為
則有，即，令，則，∴
則
【典例4-2】（2024·高三·河北承德·期中）如圖，在四棱錐中，底面是正方形，分別是的中點．

(1)證明：平面；
(2)若平面經過點，且與棱交于點．請作圖畫出在棱上的位置，并求出的值．
【解析】（1）連接，則為的中點，
因為為的中點，所以．
又平面平面，
所以平面．
（2）如圖，過作直線與平行，
則，故共面．
延長與交于點，連接，與的交點即為點．
因為底面是正方形，是的中點，
所以，且，
因為是的中點，所以，
則，所以．
【變式4-1】（2024·遼寧大連·一模）如圖多面體ABCDEF中，面面，為等邊三角形，四邊形ABCD為正方形，，且，H，G分別為CE，CD的中點．
(1)證明：；
(2)求平面BCEF與平面FGH所成角的余弦值；
(3)作平面FHG與平面ABCD的交線，記該交線與直線AD交點為P，寫出的值（不需要說明理由，保留作圖痕跡）．
【解析】（1）在正方形中，，
∵平面平面，平面平面平面，
平面，又平面，
；
（2）為等邊三角形，設中點為，∴，
又平面平面，面面面，則面，
以為坐標原點，分別以為軸正方向建立空間直角坐標系，如圖所示：
因為，則，則，
所以，
設平面的一個法向量為
則，取得，所以，
設平面的一個法向量為
則，取得，所以，
所以，
所以平面與與平面成角的余弦值為；
（3）如圖所示：在上取一點，使得，連接，
因為，，所以，即，
所以為平行四邊形，故，
因為H，G分別為CE，CD的中點，所以，
故，即共面，
故.
【變式4-2】如圖，已知底面為平行四邊形的四棱錐中，平面與直線和直線平行，點為的中點，點在上，且.
(1)求證：四邊形是平行四邊形；
(2)求作過作四棱錐的截面，使與截面平行（寫出作圖過程，不要求證明）.截面的定義：用一個平面去截一個幾何體，平面與幾何體的表面的交線圍成的平面圖形.
【解析】（1）∵平面，平面，平面平面，∴
∵平面，平面，平面平面，∴
∴，
∵平面，平面，平面平面，∴
∵平面，平面，平面平面，∴
∴，
∴四邊形是平行四邊形.
（2）
如圖，延長，與交于點，過點作直線,則直線為平面和平面的交線，延長，交于點，連接，與交于點，連接.∵點為的中點，點為的中點,∴是的一條中位線∴，又∵平面,平面,∴截面.
故平面即為所求截面.
【變式4-3】（2024·北京·三模）四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，.,且平面，，點分別是線段上的中點，在上.且.
（Ⅰ）求證：平面；
（Ⅱ）求直線與平面的成角的正弦值；
（Ⅲ）請畫出平面與四棱錐的表面的交線，并寫出作圖的步驟.
【解析】分析：（Ⅰ）推導出，由此能證明平面；
（Ⅱ）推導出，，，軸建立空間直角坐標系息，利用向量法能求出直線AB與平面EFG的所成角的正弦值；
（Ⅲ）法1：延長分別交延長線于，連接，發現剛好過點，,連接，則四邊形為平面與四棱錐的表面的交線.
法2：記平面與直線的交點為，設，，利用向量法求出，從而即為點.連接，，則四邊形為平面與四棱錐的表面的交線.
解析：解:（Ⅰ）在中，因為點分別是線段上的中點，
所以
因為平面，平面.
所以平面.
（Ⅱ）因為底面是邊長為2的菱形，
所以，
因為平面，
所以，，
如圖，建立空間直角坐標系，則依題意可得
，，，，，，，
所以，，
設平面的法向量為，則由可得，
令，可得
因為.
所以直線與平面的成角的正弦值為
（Ⅲ）法Ⅰ：延長分別交延長線于，連接，發現剛好過點，,連接，則四邊形為平面與四棱錐的表面的交線.
法2：記平面與直線的交點為，設，則
由，可得.
所以即為點.
所以連接，，則四邊形為平面與四棱錐的表面的交線.
題型五：立體幾何建系繁瑣問題
【典例5-1】（2024·山東淄博·二模）已知直角梯形，，，，為對角線與的交點．現以為折痕把折起，使點到達點的位置，點為的中點，如圖所示：
(1)證明：平面；
(2)求三棱錐體積的最大值；
(3)當三棱錐的體積最大時，求直線與平面所成角的正弦值．
【解析】（1）直角梯形中，
由相似可得，
因為，，可得，，
故可得，，
由，則由勾股定理逆定理得，，即，
，
翻折后可得，，，
又因為，在平面內，
故平面
（2）因為點為邊的中點，
所以，又，
所以，
因為平面，所以平面平面，
所以點P到平面ABC的距離，即為點P到BM的距離，設為h，
因為為定值，
當h最大時，三棱錐的體積最大，
而，則，
當h=1時，.
（3）由（2）得，當三棱錐的體積最大時，
點P到平面ABC的距離為，即平面．
故，，
又因為，
故，，兩兩垂直．
故可以為原點，
直線分別為軸建立空間直角坐標系，
由題可得，，
則，，，
設平面的法向量為，
則，令，得，
設直線與平面所成角為，則，
所以直線與平面所成角的正弦值為．
【典例5-2】（2024·貴州黔東南·二模）如圖，在四棱臺中，為的中點，.
(1)證明：平面；
(2)若平面平面，，當四棱錐的體積最大時，求與平面夾角的正弦值.
【解析】（1）由棱臺定義，可得的延長線必定交于一點，
在中，因為，所以為的中位線，所以.
又因為，則，且，
所以四邊形為平行四邊形，可得，
因為平面，且平面，所以平面.
（2）由平面平面，過點作，
因為平面平面，平面，
所以平面，即為四棱錐的高，
由，則在直角中，，
當且僅當時成立，
此時點與重合，此時，四棱錐取最大值.
如圖所示，以為原點，以所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，
可得，，，，，
則，，，
設平面的一個法向量為，則，
取，可得，所以，
設直線與平面所成的角為，
則，
所以與平面夾角的正弦值為.
.
【變式5-1】（2024·重慶·三模）如圖所示的幾何體是一個半圓柱和一個三棱錐的組合體.是半圓柱的母線,分別是底面直徑BC和的中點,是半圓上一動點,是半圓上的動點,是圓柱的母線，延長至點使得為的中點,連接,構成三棱錐.
(1)證明:;
(2)當三棱錐的體積最大時,求平面與平面的夾角.
【解析】（1）因為平面平面ABC，
所以,又平面,
所以平面,又平面,
所以.
（2）因為且,
所以當且僅當取等，此時點的位置剛好在半圓弧的中點.
因為兩兩垂直,如圖,以點為原點,以分別為軸建立空間直角坐標系，
則，
所以，
設是平面的法向量，則令，則.
由(1)知平面，所以是平面的一個法向量，故
所以平面與平面所成角的余弦值為，所以平面與平面的夾角為.
【變式5-2】已知平面四邊形，，，，現將沿邊折起，使得平面平面，此時，點為線段的中點．
(1)求證：平面；
(2)若為的中點
①求與平面所成角的正弦值；
②求二面角的平面角的余弦值．
【解析】（1）因為，，所以為等邊三角形，
因為為的中點，所以．
取的中點，連接，，則，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以．
因為，，，平面，所以平面，
因為平面，所以，
又因為,，，平面，所以平面．
（2）①過點作，垂足為．如圖所示，
由（1）知，平面．因為平面，所以．
，所以平面，
所以就是與平面所成角的平面角．
由（1）知，平面，平面，所以．
在中，，，，
因為為的中點，所以．
在中，，
在中，，
在中，，
所以由同角三角函數的基本關系得．
所以與平面所成角的正弦值為．
②取的中點為，連接，因為為線段的中點，
所以，
由（1）知，平面，所以平面，平面．
所以．
過點作，垂足為，連接，，，平面，
所以平面．平面，所以，
所以為二面角的平面角．
在中，，
由（1）知，為等邊三角形，為線段的中點，
所以
由（1）知，平面，平面．所以，
在中，，由（2）知，，
即，解得．
因為平面，平面，所以．
在中，．
，
所以二面角的平面角的余弦值為．
題型六：兩角相等（構造全等）的立體幾何問題
【典例6-1】（2024·河南·模擬預測）如圖,在三棱錐中,是等邊三角形,,點是 的中點,連接．
（1）證明:平面平面;
（2）若,且二面角為,求直線與平面所成角的正弦值．
【解析】解:（1）證明:因為是等邊三角形,,
所以,可得．
因為點是的中點,則,,
因為,平面PBD,平面,
所以平面,因為平面,
所以平面平面．
（2）如圖,作,垂足為連接．
因為,
所以為二面角A-BD-C的平面角．
由已知二面角為,知．
在等腰三角形中,由余弦定理可得．
因為是等邊三角形,則,所以．
在中,有,得,
因為,所以．
又,所以．
則,．
以為坐標原點,以向量的方向分別為軸,軸的正方向,
以過點垂直于平面的直線為軸,建立空間直角坐標系,
則,,向量,
平面的一個法向量為,
設直線與平面所成的角為,
則,
所以直線與平面所成角的正弦值為．
【典例6-2】（2024·廣西桂林·二模）如圖，四棱錐中，底面為邊長是2的正方形，，分別是，的中點，，，且二面角的大小為.
(1) 求證：；
(2) 求二面角的余弦值.
【解析】（1）證明：作于點連接，
∵，，，
∴，∴，
即，，又，
∴平面，又平面，
∴.
（2）∵二面角的大小為，
∴平面平面，平面平面，，∴平面.
以點為原點，,,所在直線為軸，建立如圖所示空間直角坐標系，
∵,
∴.
∴，即.
∴，，，.
∴,，
設平面的法向量，
由，得
令，得.
易知為平面的一個法向量.
設二面角為，為銳角，則.
【變式6-1】（2024·安徽合肥·模擬預測）如圖，四棱錐中，四邊形是邊長為2的菱形，，.
（1）證明：平面平面；
（2）當直線與平面所成的角為30°時，求平面與平面所成銳二面角的余弦值.
【解析】（1）過點作，垂足為，連結，.
在中，由，得，.
在中，由余弦定理得，
即，又，所以，即.
又，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，為直線與底面所成角，則，所以.
以為原點，建立空間直角坐標系如圖所示，則，，，，所以，，
由于，所以.
設平面的法向量為，則，即，解得，
令得.
顯然平面的一個法向量為，
所以，
即平面與平面所成二面角的余弦值為.
【變式6-2】（2024·遼寧沈陽·模擬預測）如圖，四棱錐中，四邊形是邊長為2的菱形，
（1）證明：平面平面；
（2）當平面與平面所成銳二面角的余弦值，求直線與平面所成角正弦值.
【解析】（1）過D作，垂直為O，連接，
在中，，，可得，
在中，
由余弦定理可得，
所以，
因為，所以為等邊三角形，所以，
所以，可得，又由，且，
所以平面，又平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，以O為原點，，，方向分別為x，y，z軸正方向，建立空間直角坐標系
設，則，，，，
所以，
設平面的法向量為，則，即
令，，
平面的法向量為，
由，解得
因為平面，所以為與平面所成的角，所以，
即直線與平面所成角正弦值.
題型七：利用傳統方法找幾何關系建系
【典例7-1】（2024·江蘇南京·二模）如圖，，，點、在平面的同側，，，，平面平面，.

(1)求證：平面；
(2)若直線與平面所成角的正弦值為，求線段的長.
【解析】（1）因為，平面，
所以平面，同理平面，
又，平面，，
所以平面平面，平面，
所以平面；
（2）取的中點，因為，
所以，又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
又因為，故可建立如圖所示的空間直角坐標系.
在四邊形中，因為，，，，
所以，所以，
因為，所以，
所以，，，，，，，
，，
設，則，
設為平面的法向量，
則，即，故取，
因為直線與平面所成角的正弦值為，
所以，
兩邊同時平方得
所以，解得，或（舍去），
所以，所以.
【典例7-2】斜三棱柱ABC－A1B1C1上，側面AA1C1C⊥平面ABC，側面AA1C1C是菱形，∠A1AC＝60°，A1C＝AC＝BC＝，AB＝2，D為BB1的中點．
(1)求二面角C－A1D－C1的余弦值；
(2)記△ABC的外接圓上有一動點P，若二面角P－AA1－C與二面角C－A1D－C1相等，求AP的長．
【解析】（1）取的中點為，連接，
在菱形中，，則，
在三棱柱中，，故，
平面平面，平面平面，平面，
由，，，即，則，
以為原點，以分別為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，如下圖：
則，，，，，
故的中點，
在平面內，取，，
設平面的法向量為，則，即，化簡得，
令，則，故平面的一個法向量，
在平面內，取，，
設平面的法向量為，則，即，化簡得，
令，則，故平面的一個法向量，
.
由圖可知，鈍二面角的余弦值為.
（2）由題意，取的中點，連接，延長與軸交于，
連接，在等邊中，易知，
平面，平面，，
，且，平面，平面，
平面，，
故為二面角平面角的補角，
由二面角的余弦值為，可得二面角的余弦值為，
故，在中，，
在平面內，直線的方程為，
在的外接圓中，易知圓心為，則弦心距，
根據弦長公式，可得，
故此時
【變式7-1】如圖，已知四棱錐中，平面，平面平面，且，，，點在平面內的射影恰為的重心.

（1）證明：；
（2）求直線與平面所成角的正弦值.
【解析】（1）過作于，
因為平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，.
又平面，平面，，
又，平面，
平面，.
（2）連結并延長交于，連結，以為原點，
分別以，所在的直線為，軸，以過且與平面垂直的直線為軸，
建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，設，
平面，平面，，同理，
又，平面，，
又是的重心，是的中點，，由（1）知，，
， ，，
，解得，，
設，則，故，
，，，，
，，，，
設平面的法向量為，則，
令，則，
設直線與平面所成角為，則，
故直線與平面所成角的正弦值為.
【變式7-2】如圖所示，圓錐的高，底面圓O的半徑為R，延長直徑AB到點C，使得，分別過點A，C作底面圓O的切線，兩切線相交于點E，點D是切線CE與圓O的切點．
(1)證明：平面平面；
(2)若直線與平面所成角的正弦值為，求點A到平面的距離．
【解析】（1）由題設，平面，又是切線與圓的切點，
∴平面，則，且，
又，∴平面，
又平面，所以平面平面.
（2）作，以為原點，以、、為x、y、z軸正方向，建立空間直角坐標系，
且，
又，可得，
∴，，，
有，，，
設是面的一個法向量，則，
令，則，
又直線與平面所成角的正弦值為，
即，
整理得，即，解得或
當時，，，， ，
，，
設是面的一個法向量，則，
令，則，
所以點A到平面的距離
當時，，，， ，
，，
設是面的一個法向量，則，
令，則，
所以點A到平面的距離
綜上，點A到平面的距離為或.
題型八：空間中的點不好求
【典例8-1】（2024·山東日照·三模）在五面體中，，.

(1)求證：；
(2)若，，，點到平面的距離為，求二面角的余弦值.
【解析】（1）證明：因為，，
所以，
因為，，
所以，
因為平面平面，平面，
所以.
（2）由于平面，，所以，平面，
故，
又因為平面，，平面，
所以，
又，，，平面，
所以平面
由于，則，
故，
故為等腰直角三角形，所以，，
如圖以為坐標原點，，，所在的直線分別為，，軸建系，
則，，，，，
設平面的法向量為，則，
平面的法向量為，
因為，，
所以，即
令，則，
設成的角為，由圖可知為銳角，
所以二面角的余弦值為
【典例8-2】（2024·全國·校聯考模擬預測）已知三棱錐ABCD，D在面ABC上的投影為O，O恰好為△ABC的外心．，.
(1)證明：BC⊥AD；
(2)E為AD上靠近A的四等分點，若三棱錐A-BCD的體積為，求二面角的余弦值．
【解析】（1）連結并延長交于，連結，
因為O恰好為△ABC的外心，所以，
又，，所以，
所以，即是的角平分線，
又，所以由等腰三角形三線合一可得，
因為D在面ABC上的投影為O，所以面ABC，
又面ABC，所以，
又面，所以面，
又面，所以，
（2）由（1）知，面ABC，
過作軸平行于，則軸垂直于面ABC，如圖建立空間直角坐標系，
在中，由（1）與等腰三角形三線合一可知是的中點，
又，，則，，
設，則，又，
所以，解得，故，
因為三棱錐ABCD的體積為，所以，則，
則，
故，
因為E為AD上靠近A的四等分點，所以，
設為平面的一個法向量，則，
取，則，故，
易得是平面的一個法向量，
設二面角的平面角為，則為鈍角，
所以，
所以二面角的余弦值為.
【變式8-1】（2024·河南·校聯考模擬預測）如圖，在四棱錐中，，，，分別為，的中點，點在上，且為三角形的重心.
(1)證明：平面；
(2)若，，四棱錐的體積為，求直線與平面所成角的正弦值.
【解析】（1）證明：連接，因為，，所以，且，
由，得，，
則，所以.
連接并延長交于點，如圖，
因為為的重心，所以.
連接，因為，所以.
又平面，平面，故平面.
（2）連接，因為，所以，
又，，平面，，所以平面.
連接交于點，則，.
又，，平面，，所以平面.
連接，平面，則，
因為平面，平面，所以，
因為，平面，所以平面.
易得四邊形的面積為，
由四棱錐的體積為得，，所以.
以為坐標原點，以，所在直線分別為軸、軸，建立空間直角坐標系，
則，，，，，，.
設平面的法向量為，則,即,
取，可得，
由（1）可知，為的中點，則，所以.
由（1）知，，所以直線與平面所成的角等于直線與平面所成的角，設為，
所以，
故直線與平面所成角的正弦值為.
【變式8-2】（2024·湖北武漢·華中師大一附中校考模擬預測）如圖，平行六面體中，點P在對角線上，，平面平面．
(1)求證：O，P，三點共線；
(2)若四邊形是邊長為2的菱形，，，求二面角大小的余弦值．
【解析】（1）證明：連交于，連．
在平行六面體中，且，
所以四邊形是平行四邊形，且，
又O，分別為BD，的中點，所以，，
所以四邊形是平行四邊形，于是，
因為平面平面，平面平面，
平面平面，所以，
因為，都經過點O，所以O，P，三點共線．
（2）由（1）可知，所以．
作平面于Q，于E，于F，連，，，
則，，由，得，
又，平面，所以平面，
于是，同理，
又，，
所以，則，
所以點Q在上，且，所以點Q與O重合，于是．
以點O為原點，分別以，，所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，
則，，，，
所以，于是，
又，所以，，
設平面的法向量為，
則，于是可得，
不妨令，則，
平面的一個法向量為，
，
又結合圖形易得二面角為銳角，
所以二面角大小的余弦值為．
【變式8-3】（2024·全國·模擬預測）已知菱形ABCD中，，四邊形BDEF為正方形，滿足，連接AE，AF，CE，CF．
(1)證明：；
(2)求直線AE與平面BDEF所成角的正弦值．
【解析】（1）證明：如圖，取CF的中點M，EF的中點N，連接AC，交BD于點O，連接EM，CN，AM，ON．
∵菱形ABCD中，，
∴△ABD為等邊三角形，∴．
∵四邊形BDEF為正方形，
∴．
又∵，，
∴在△ABF中，由余弦定理可得．
∴，又M為CF的中點，∴①．
∵四邊形ABCD為菱形，∴．
又∵四邊形BDEF為正方形，，，則，
∴，又，ON、AC在面ONC內，故平面ONC．
∵，∴平面ONC，NC在面ONC內，∴，
由N為EF的中點，得．
∵，，，．
又∵，∴為等邊三角形，∴．
又，，∴為等邊三角形．
又∵M為CF中點，∴②．
由①②，且，EM、AM在面AEM內，得平面AEM，
又AE在面AEM內，故．
（2）方法一：以O為坐標原點，AC所在直線為x軸，BD所在直線為y軸，過O且垂直于平面ABCD的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，得，．
點N作NH垂直OC于點H，在中，，，可得ON邊上的高為，由等面積法可得OC邊上的高，
由勾股定理可得，故，，
，，
設平面BDEF的法向量為，
則，即，取，平面BDEF的一個法向量為．
設直線AE與平面BDEF所成角為，則，
∴直線AE與平面BDEF所成角的正弦值為．
方法二：將原圖補成一個平行六面體，顯然該平行六面體每個面均為有一個角為的菱形．
令，，，
依題意，，，
則，
，，
由于，
，
所以A1C與EF、BF都垂直且EF、BF都在面BDEF內，故為平面BDEF的一個法向量，
設直線AE與平面BDEF所成角為，
，
∴直線AE與平面BDEF所成角的正弦值為．
題型九：數學文化與新定義問題
【典例9-1】（2024·高三·山東青島·期中）某校積極開展社團活動，在一次社團活動過程中，一個數學興趣小組發現《九章算術》中提到了“芻薨”這個五面體，于是他們仿照該模型設計了一道數學探究題，如圖1，E、F、G分別是邊長為4的正方形的三邊的中點，先沿著虛線段將等腰直角三角形裁掉，再將剩下的五邊形沿著線段EF折起，連接就得到了一個“芻甍” (如圖2)。
(1)若O是四邊形對角線的交點，求證：平面；
(2)若二面角的大小為求平面與平面夾角的余弦值.
【解析】（1）取線段CF中點H，連接OH、GH，
由圖1可知，四邊形EBCF是矩形，且，
∴O是線段BF與CE的中點，
∴且，
在圖1中且，且．
所以在圖2中，且，
∴且，
∴四邊形AOHG是平行四邊形，則，
由于平面GCF，平面GCF，
∴平面GCF．
（2）由圖1，，，折起后在圖2中仍有，，
∴即為二面角的平面角．
∴，
以E為坐標原點，，分別為x軸和y軸正向建立空間直角坐標系如圖，
設，則、、，
∴，，
易知平面ABE的一個法向量，
設平面OAB的一個法向量，
由，得，取，則，，
于是平面的一個法向量，
∴，
∴平面ABE與平面OAB夾角的余弦值為．
【典例9-2】為方便師生行動，我校正實施翔宇樓電梯加裝工程．我們借此構造了以下模型：已知正四棱柱，它抽象自翔宇樓南側樓心花園所占據的空間，設，，O為底面ABCD的中心，正四棱柱與正四棱柱分別代表電梯井與電梯廂，設，M為棱的中點，N，K分別為棱，上的點，，．
(1)求證：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值；
(3)“你站在橋上看風景，看風景的人在樓上看你．明月裝飾了你的窗子，你裝飾了別人的夢．”卞之琳詩句中的情景其實正在我們的生活中反復上演，上官瑣艾同學站在樓心花園的中心（O點），她正目送著倚立在電梯廂一角的歐陽南德同學，假定上官同學的目光聚焦于棱OO2的中點I，此時，電梯廂中歐陽同學的目光正徘徊在位于N點的數學辦公室與位于K點的數學實驗室，當電梯廂向上啟動時，在這時空里便誕生了由點O與移動著的平面INK所勾勒的動人風景．現在，請作為“正在看風景的人”的你完成以下問題：當電梯廂自底部（平面OECF與平面ABCD重合）運行至頂端（平面與平面重合）的過程中，點O到平面INK距離的最大值．
【解析】（1）以為坐標原點，，，的方向分別為軸、軸、軸的正方向，建立空間直角坐標系，
則，，，，．
設為平面的一個法向量，則
因為，，所以
取，則．
因為，所以，所以，
因為不在平面內，所以平面．
（2）因為，所以，
所以直線與平面所成角的正弦值為．
（3）設，，
又因為，，所以，．
設為平面的一個法向量，則，即
取，則，
所以點到平面的距離，
所以當，即時，取得最大值為，
所以點到平面的距離的最大值為．
【變式9-1】在陜西漢中勉縣的漢江河與定軍山武侯坪一帶，經常出土有銅、鐵扎馬釘等兵器文物.扎馬釘（如題21圖（1））是三國時蜀漢的著名政治家、軍事家諸葛亮所發明的一種對付騎兵的武器，狀若荊刺，故學名蒺藜，有銅、鐵兩種.扎馬釘有四個鋒利的尖爪，隨手一擲，三尖撐地，一尖直立向上，推倒上尖，下尖又起，始終如此，使觸者不能避其鋒而被刺傷.即總有一個尖垂直向上，三尖對稱支承于地.簡化扎馬釘的結構，如圖（2），記組成該“釘”的四條等長的線段公共點為，釘尖為（）．
（Ⅰ）判斷四面體的形狀特征；
（Ⅱ）若某個出土的扎馬釘因年代久遠，有一尖爪受損，其長度僅剩其他尖爪長度的（即），如圖（3），將，，置于地面，求與面所成角的正弦值.
【解析】（Ⅰ）點為四面體外接球的球心，即，且面，面，面，面，則空間四面體的每一條棱都相等，即；
所以該四面體的各個面都是全等的正三角形.
（Ⅱ）在四面體中，不妨令，，
在面內作點的射影，連接，
在等邊中，為其外心，則，
在直角中，可得，
所以 ，解得，所以，
又因為面，且垂足為，
故以為原點，以、所在直線為、軸，建立空間直角坐標系，則 ，，，，，，
因為，即，則 ，
所以 ，，
設平面的一個法向量為，
則 ，即，令，得，
又 ，所以 ，
故與面所成角的正弦值為.
【變式9-2】《瀑布》（圖1）是最為人所知的作品之一，圖中的瀑布會源源不斷地落下，落下的水又逆流而上，荒唐至極，但又會讓你百看不膩，畫面下方還有一位饒有興致的觀察者，似乎他沒發現什么不對勁.此時，他既是畫外的觀看者，也是埃舍爾自己.畫面兩座高塔各有一個幾何體，左塔上方是著名的“三立方體合體”由三個正方體構成，右塔上的幾何體是首次出現，后稱“埃舍爾多面體”（圖2）
埃舍爾多面體可以用兩兩垂直且中心重合的三個正方形構造，設邊長均為2，定義正方形，的頂點為“框架點”，定義兩正方形交線為“極軸”，其端點為“極點”，記為，將極點，分別與正方形的頂點連線，取其中點記為，，，如（圖3）.埃舍爾多面體可視部分是由12個四棱錐構成，這些四棱錐頂點均為“框架點”，底面四邊形由兩個“極點”與兩個“中點”構成，為了便于理解，圖4我們構造了其中兩個四棱錐與
(1)求異面直線與成角余弦值；
(2)求平面與平面的夾角正弦值；
(3)求埃舍爾體的表面積與體積（直接寫出答案）.
【解析】（1）由題意可知，兩兩垂直，且.以點為坐標原點，分別以的方向為軸的正方向，如圖5，建立空間直角坐標系.
則由題意可得，，，，，，，.
又分別是的中點，所以，.
所以，，
則，
所以異面直線與成角余弦值為.
（2）由（1）可得，，，，.
設是平面的一個法向量，
則，
即，
令，可得是平面的一個法向量.
設是平面的一個法向量，
因為
則，
即，取，可得是平面的一個法向量.
則，
所以平面與平面的夾角正弦值為.
（3）由（1）（2）可得，，，，，，.
所以，
所以∥且，所以四邊形為平行四邊形.
又，
所以，即，
所以四邊形為菱形.
又，，
所以.
設是平面的一個法向量，則，
即，取，
則是平面的一個法向量.
又，所以點到平面的距離.
所以四棱錐的體積，
四棱錐的體積
因為，，.
所以在方向上的投影為，
所以點到直線的距離.
同理可得點到直線的距離.
所以四棱錐的側面積.
所以埃舍爾體的表面積為，體積為.
1．（2024·貴州貴陽·二模）由正棱錐截得的棱臺稱為正棱臺.如圖，正四棱臺中，分別為的中點，，側面與底面所成角為.

(1)求證：平面；
(2)線段上是否存在點，使得直線與平面所成的角的正弦值為，若存在，求出線段的長；若不存在，請說明理由.
【解析】（1）連接、，由分別為的中點，則，
又平面，平面，故平面，
正四棱臺中，且，
則四邊形為平行四邊形，故，
又平面，平面，故平面，
又，且平面，平面，
故平面平面，又平面，故平面；
（2）正四棱臺中，上下底面中心的連線底面，
底面為正方形，故，
故可以為原點，、、為軸，建立空間直角坐標系，
由，側面與底面所成角為，
則，
則，，，
假設在線段上存在點滿足題設，則，
設，則，
，
設平面的法向量為，
則，令，則，，即，
因為直線與平面所成的角的正弦值為，
故，
解得或（舍），故，
故線段上存在點，使得直線與平面所成的角的正弦值為，
此時線段的長為.
2．（2024·全國·模擬預測）如圖，平行六面體中，底面是邊長為2的正方形，平面平面，，分別為的中點．
(1)判斷與平面的位置關系，并給予證明；
(2)求平面與平面所成二面角的正弦值．
【解析】（1）平面，證明如下：
解法一 如圖，取的中點，連接交于點，連接，
平行四邊形中，分別為的中點，則，，
則四邊形為平行四邊形，得，，
則為的中點，有，，
為的中點，則，，
所以，，四邊形是平行四邊形，所以．
又平面，平面，所以平面．
解法二 如圖，取的中點，連接，
因為是的中點，所以，
又平面，平面，所以平面．
因為分別為的中點，
所以，，所以四邊形是平行四邊形，
所以，
又平面，平面，所以平面．
又，平面，平面，
所以平面平面．
又平面，所以平面．
（2）連接，因為，為的中點，所以．
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面．
以為坐標原點，所在直線分別為軸、軸，過點且平行于的直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
，，
則，
則，．
設平面的一個法向量為，則，
令，則，得．
設平面的一個法向量為，則，
令，則，得.
設平面與平面所成二面角的大小為，
則，
所以，
所以平面與平面所成二面角的正弦值為．
3．（2024·高三·遼寧沈陽·期末）如圖，在平行六面體中，，，，，點為中點．

(1)證明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【解析】（1）連結，交于點，連結，
在平行六面體中，，是的中點，
所以四邊形是平行四邊形，又點為中點，
則且，
所以四邊形是平行四邊形，從而，
因為平面，，所以平面.
（2）以為原點建立如圖所示的坐標系，
則，，設點為，其中，
則，，，
因為，，，
所以，即，解得，
則，則，
設平面的法向量為，則，
令，則，
設平面的法向量，則，
令，則，
設二面角為，則，
所以，
則，
所以二面角的正弦值為.
4．（2024·陜西安康·模擬預測）如圖，在直角梯形中，，，，，，分別是，上的點，且，現將四邊形沿向上折起成直二面角，設.
(1)若，在邊上是否存在點，滿足，使得平面？若存在，求出；若不存在，說明理由.
(2)當三棱錐的體積最大時，求點到平面的距離.
【解析】（1）存在，使得平面，此時.
證明如下：
當時，過作，與交于，連接，
則，又，得，因為，
所以且，所以四邊形為平行四邊形，
得，又平面，平面，
所以平面.
（2）由題意知，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
由，得，
所以三棱錐的體積為，
當時，三棱錐的體積取得最大值，最大值為3.
此時，
由平面，平面，得，
又，所以，
在中，由余弦定理得，
所以，得，
設點到平面的距離為，由，
得，解得，
即點到平面的距離為.
5．（2024·四川成都·模擬預測）如圖，在三棱錐中，，為的中點，于，，已知，，，．
(1)證明：平面；
(2)在線段上是否存在點，使得二面角的大小為？若存在，求出的長；若不存在，請說明理由．
【解析】（1），為的中點，
，，，平面，
平面，平面，，
，，平面，
平面；
（2）以為原點，以方向為軸正方向，以射線的方向為軸正方向，建立如圖所示的空間坐標系，
則，，，，
設，，則，，
，
設平面的一個法向量，
則，
令，則，
設平面的一個法向量，
，，
，
，
令，則，
由二面角的大小為，得，
，方程無解，
不存在點使得二面角的大小為．
6．（2024·高三·江蘇南通·期中）如圖，且，，且，且，平面，.
(1)設面BCF與面EFG的交線為，求證：；
(2)證明:
(3)在線段BE上是否存在一點P，使得直線DP與平面ABE所成的角的正弦值為，若存在，求出P點的位置，若不存在，說明理由.
【解析】（1）因為，，所以，
又平面，平面，
所以面，又平面，平面平面，
所以.
（2）因為且，所以四邊形ADGE為平行四邊形，
又，所以四邊形ADGE為菱形，所以AG⊥DE.
因為平面，平面，所以，
又，平面，所以CD⊥面，
又面，所以，又，
平面，所以面，又面，
所以.
（3）由于，，，平面，，
則以D為原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向的空間直角坐標系，如圖，
于是，，設平面ABE的法向量為，
則，，令，得，
假設線段BE上存在點P，使得直線DP與平面ABE所成的角的正弦值為.
設，，
，
解得：.
所以線段BE上存在點P，且時,使得直線DP與平面ABE所成的角的正弦值為.
7．（2024·福建寧德·三模）在平行四邊形中，，，.將沿翻折到的位置，使得.

(1)證明：平面；
(2)在線段上是否存在點，使得二面角的余弦值為 若存在，求出的值;若不存在，請說明理由.
【解析】（1）證明：翻折前，因為四邊形為平行四邊形，，，，
在三角形中，由正弦定理可得，，
，又，故，
所以，即，
因為，，，所以，則有，
，平面，所以平面，.
（2）由（1）平面，且平面，
所以平面平面.平面平面，
在平行四邊形中，，即，故平面.
以點為坐標原點，的方向分別為軸的正方向建立空間直角坐標系，
則，，，，
設，其中，
則，，
設平面的法向量為，
則，取，則，
所以，，
易知平面的一個法向量為，
則，整理可得，
因為，解得，
因此，線段PC上存在點，使二面角的余弦值為，且.
8．（2024·河北承德·二模）如圖1，在直角中，為中點，，取中點，連接，現把沿著翻折，形成三棱錐如圖2，此時，取中點，連接，記平面和平面的交線為為上異于的一點.

(1)求證：平面；
(2)若直線與平面所成角的正弦值為，求的長度.
【解析】（1）由題意知為等腰直角三角形，又為的中點，
所以，，，
由，解得，
當時，有，即，
而平面，故平面；
（2）以為軸，軸，過作平面的垂線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
又，
所以
所以，，所以，
于是，
設平面的法向量為，
則，不妨取，解得，
設，則，，
因為為中點，為中點，所以，
又平面，平面，所以平面，
平面和平面的交線為，平面，
所以，又為上異于的一點，所以，即與共線，
設為，則，
故，
因此.
設直線與平面所成角為，
則，
化簡得，解得或，
當時，則，
當時，則，
因此或.
9．（2024·山西晉城·二模）如圖1，在中，，，點D是線段AC的中點，點E是線段AB上的一點，且，將沿DE翻折到的位置，使得，連接PB，PC，如圖2所示，點F是線段PB上的一點．
(1)若，求證：平面；
(2)若直線CF與平面所成角的正弦值為，求線段BF的長．
【解析】（1）由題意可知：，，平面，
可得平面，
且，以為坐標原點，分別為軸，建立空間直角坐標系，
則，
可得，
設，
則，
若，則，，
由題意可知：平面的法向量，
因為，且平面，
所以∥平面.
（2）由（1）可得：，
設平面的法向量，則，
令，則，可得，
由題意可得：，
整理得，解得或，
所以或，即線段BF的長為或.
10．（2024·貴州黔東南·三模）如圖1所示，在邊長為3的正方形ABCD中，將△ADC沿AC折到△APC的位置，使得平面平面ABC，得到圖2所示的三棱錐.點E，F，G分別在PA，PB，PC上，且，，.記平面EFG與平面ABC的交線為l.
(1)在圖2中畫出交線l，保留作圖痕跡，并寫出畫法.
(2)求點到平面的距離.
【解析】（1）作圖步驟：延長EF、AB交于M，延長AC、EG交于N，連接MN，則直線MN即為交線l.
如下圖示：
（2）記為的中點，則，
由面面ABC，面面ABC，面，
所以面ABC，面ABC，故，
由ABCD為正方形，故，易知，
所以，而，
在△中，則.
在中，
則，故，
，又，令到面距離為，
所以，則，
故點到平面的距離為.
11．（2024·山西·二模）如圖，已知多面體的底面是邊長為2的正方形，底面，，且．
（Ⅰ）求多面體的體積；
（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）記線段的中點為，在平面內過點作一條直線與平面平行，要求保留作圖痕跡，但不要求證明．
【解析】（1），連接，多面體的體積，只有分別求解兩個棱錐的體積即可；
（2）以點為原點，所在直線為軸，所在的直線為軸，建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量，利用向量的夾角公式，即可求直線與平面所成角的正弦值；
（3）取線段的中點，連結，直線即為所求．
試題解析：
（Ⅰ）連結．
∵底面，，
∴底面，
∴，，
∴平面，
，，
∴多面體的體積．
（Ⅱ）以點為原點，所在直線為軸，所在的直線為軸，建立空間直角坐標系，如圖．由已知可得，，，，，
∴，，，
設平面的法向量為，得
取，得平面的一個法向量為，
設直線與平面所成的角為，
∴．
（Ⅲ）取線段的中點，連結，直線即為所求．
如圖所示：
12．（2024·福建·一模）如圖，三棱柱中，，，分別為棱的中點.
（1）在平面內過點作平面交于點，并寫出作圖步驟，但不要求證明.
（2）若側面側面，求直線與平面所成角的正弦值.
【解析】（1）如圖，在平面內，過點作交于點，連結，在中，作交于點，連結并延長交于點，則為所求作直線.
（2）連結，∵，∴為正三角形.
∵為的中點，∴，
又∵側面側面，且面面，
平面，∴平面，
在平面內過點作交于點，
分別以的方向為軸，軸，軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，.
∵為的中點，∴點的坐標為，
∴.
∵，∴，∴，
設平面的法向量為，
由得，
令，得，所以平面的一個法向量為.
設直線與平面所成角為，
則，
即直線與平面所成角的正弦值為.
13．（2024·高三·福建漳州·期中）已知四棱錐的底面為菱形，，且平面，記為平面與平面的交線．
(1)證明：平面；
(2)設，為上的點，當與所成角最大時，求平面與平面的夾角大小．
【解析】（1）證明：在菱形中，，
∵平面，平面，∴平面，
又∵平面，平面平面，∴，
又∵平面，平面，∴平面．
（2）取中點，連接，
∵，易得是正三角形，則，∴，
又平面，可知直線，，兩兩互相垂直，如圖：
以為原點，以，，所在的直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，
易知，，，
由題意，不妨設，
∴，且，
∴，
∴當時，與所成角最大，
此時，又，
設平面的一個法向量為，
由得，令，∴，
由底面，可知為底面的一個法向量，
記平面與平面的夾角為，
則，
又，∴ ．
14．（2024·湖北武漢·三模）如圖，在四面體中，是正三角形，是直角三角形，．
(1)求證：；
(2)已知點E在棱上，且，設，若二面角的余弦值為，求．
【解析】（1）證明：因為是正三角形，所以
因為，公共邊，所以，所以，
因為是直角三角形，所以，
取的中點O，連接，，則，，
因為是正三角形，所以，
因為，所以平面，
又因為平面，所以．
（2）在直角中，，
因為，所以，所以，
以O為坐標原點，為x軸，為y軸，為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則．
可得平面的法向量為
設，由，可得，
可得
設面的法向量為，則，
取，可得，所以，
則，
又因為，解得．
15．如圖，在四面體中，已知，，
(1)求證：；
(2)若平面平面，且，求二面角的余弦值.
【解析】（1）∵，，.∴，
∴，取的中點，連接，，則，.
又∵，平面，平面，∴平面，又平面，∴.
（2）過作于點，則平面，
又∵平面平面，平面平面，
∴平面. 過作于點，連接.
∵平面，平面，∴
又，平面，∴平面，平面
∴，根據二面角的定義，∴為二面角的平面角.
連接，∵，由于，∴.
∵，，∴，.
∵，，∴，根據等面積法：.
∴，顯然是銳角，根據同角三角函數的關系
易得：，故二面角的余弦值為.
16．（2024·江西南昌·一模）如圖，四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，，已知為棱的中點，在底面的投影為線段的中點，是棱上一點.

(1)若，求證：平面；
(2)若，確定點的位置，并求二面角的余弦值.
【解析】（1）設，因為底面是邊長為2的菱形，
所以，對角線BD平分，
又為棱的中點，所以,
在中，根據角平分線性質定理得，
又，所以，所以，
，平面，且平面平面.
（2）平面，且平面，，
因為，所以，
在中，，，所以是等邊三角形，
又為棱的中點，所以，
平面，平面，所以平面平面，
又平面平面，平面ABCD，平面，
又平面，，
又，平面，
平面，且平面，.
因為P在底面的投影H為線段EC的中點，所以，又
所以為等邊三角形，故為中點，
所以在底面上的投影為的中點.
在中，，
，
以為原點，分別以為軸，
以過點且與平面垂直的直線為軸建立空間直角坐標系，
所以，
，
設是平面的一個法向量，則，
令，則，即，
平面，是平面的一個法向量，
，
因為二面角是一個銳角，
所以二面角的余弦值為.
17．（2024·江西新余·二模）如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，，，且，.

(1)若為的中點，證明：平面平面；
(2)若，，線段上的點滿足，且平面與平面夾角的余弦值為，求實數的值.
【解析】（1）取中點為，由條件可得為梯形的中位線，則，
又，則，
且，平面，平面，
根據線面垂直的判定定理，得平面，
平面，.
由，則，又，為梯形的兩腰，則與相交，
平面，
又平面，所以平面平面.
（2）取的中點為Q，由，，
則，，
因此△為等邊三角形，.
由（1）知平面，，，兩兩垂直，
如圖，以，，分別為x，y，z軸正方向，建立空間直角坐標系，
由，，則，
，，，，
由，
所以，，，，
設平面的一個法向量為，
由
取，得，，得.
設平面的一個法向量為，
由
取，得，，
即平面的一個法向量為.
記平面與平面夾角的大小為，
所以，化簡得，即，所以實數的值為.
18．（2024·河南信陽·模擬預測）如圖，在三棱錐中，分別是側棱的中點，，平面.

(1)求證：平面平面；
(2)如果，且三棱錐的體積為，求二面角的余弦值.
【解析】（1）分別是側棱的中點，
，
，
平面，平面，
，
又平面，
平面，
又平面，
平面平面.
（2）平面，平面，
，
，
又由題意得是等腰直角三角形，
，此時易算三棱錐體積為：，
故符合題意.
平面，，
平面，
又平面，
，
兩兩垂直，
如圖，以點C為原點，建立空間直角坐標系，
則，
故
設平面的法向量為，
則有，可取，
平面，
即為平面的一條法向量，
故，
由三棱錐的體積和法向量的方向可知，二面角為銳二面角，
故二面角的余弦值為.
19．（2024·山東棗莊·一模）如圖，在四棱錐中，底面為正方形，平面與底面所成的角為，為的中點．
(1)求證：平面；
(2)若為的內心，求直線與平面所成角的正弦值．
【解析】（1）因為平面平面，所以，
因為與平面所成的角為平面，
所以，且，所以，
又為的中點，所以，
因為四邊形為正方形，所以，
又平面，
所以平面，
因為平面，所以，
因為平面，
所以平面．
（2）因為底面為正方形，為的內心，
所以在對角線上．
如圖，設正方形的對角線的交點為，
所以，
所以，
所以，
所以，又因為，所以．
由題意知兩兩垂直，以所在的直線分別為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系．
所以，由（1）知，
所以，
所以．
又因為平面，所以平面的一個法向量為．
設直線與平面所成角為，
則．
20．“陽馬”是我國古代數學名著《九章算術》中《商功》章節研究的一種幾何體，即其底面為矩形，一條側棱垂直于底面的四棱錐．如圖，四邊形是邊長為3的正方形，，．
(1)證明：四棱錐是一個“陽馬”；
(2)已知點在線段上，且，若二面角的余弦值為，求的值．
【解析】（1）四邊形是正方形，，
，，平面，
平面，
平面，，
四邊形是正方形，，
，，平面.
平面，
平面，，
，平面，
平面，
四棱錐是一個“陽馬”；
（2）由（1）得平面，平面，，
，，，
以點為原點，，，所在的直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
由題意可得，，，，，
所以，
設，，
，，，
即，所以，
，，
設是平面的一個法向量，則，
，令，則，，
設是平面的一個法向量，則，
，令，則，，
，或（舍去）.
21．宋元時期，泉州作為海洋商貿中心，成為世界第一大港.作為海上絲綢之路的起點，泉州的海外貿易極其頻繁，但海上時常風浪巨大，使用原始船出行的風險也大.因此，當時的設計師為了海外貿易的正常進行，便在船只設計中才用了楔形零件結構，由此海上出行無需再懼怕船體崩潰，這也為海上貿易的發達作出了巨大貢獻，而其智慧至今仍熠熠生輝.如圖是從棱長為3的正方體木塊中截出的一個楔形體ABCDMNPQ，將正方體的上底面平均分成九個小正方形，其中是中間的小正方形的頂點.
(1)求楔形體的表面積；
(2)求平面APQ與平面的夾角的余弦值.
【解析】（1）易得該楔形體的上底面為邊長為1的正方形，下底面是邊長為3的正方形，
側面是等腰梯形，其上底面邊長為1，下底面邊長為3，腰的長為，
所以側面等腰梯形的高為，
所以該楔形體的表面積為.
（2）以點為坐標原點，分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，如下圖所示：
則，，，，，
則，，，.
設平面的法向量為，平面的法向量為，
則，
解得，令，則，
所以平面的一個法向量為，
同理得，解得，令，則；
即平面的一個法向量為.
設平面與平面的夾角為，則，
所以平面與平面的夾角的余弦值為.
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