資源簡介

專題15 立體幾何綜合解答題型系統化歸類與解析
目錄
01考情透視·目標導航 2
02知識導圖·思維引航 3
03 知識梳理·方法技巧 4
04 真題研析·精準預測 5
05 核心精講·題型突破 18
題型一：非常規空間幾何體為載體 18
題型二：立體幾何探索性問題 26
題型三：立體幾何折疊問題 32
題型四：立體幾何作圖問題 39
題型五：立體幾何建系繁瑣問題 45
題型六：兩角相等（構造全等）的立體幾何問題 53
題型七：利用傳統方法找幾何關系建系 59
題型八：空間中的點不好求 67
重難點突破：新定義問題 75
空間向量是坐標化空間幾何問題的有效工具，且經常作為考試的重點內容。立體幾何解答題通常采用論證推理與計算相結合的方式，以特定的空間幾何體為基礎，逐步設問，難度逐層遞進。解決這類題目的基本步驟是建立坐標系、確定點的坐標、進行坐標運算，最后得出幾何結論。空間向量作為求解空間角的得力助手，常在解答題中出現，其難度屬于中等水平。
考點要求 目標要求 考題統計 考情分析
線線角、二面角、線面角 掌握三類角的概念，提升空間推理能力。 2024年II卷第17題，15分 2023年II卷第20題，12分 2023年北京卷第16題，13分 2022年I卷第19題，12分 2021年II卷第19題，12分 2025年高考預測中，空間向量與立體幾何仍將是重點考查內容，且多以解答題的形式呈現。具體來說，考試將著重測試以下知識點：距離問題，包括點、線、面之間的各種距離；異面直線夾角、線面角以及二面角的理解和計算。在解答題中，第一小題將主要考查線線、線面、面面垂直的判定定理及性質，而第二小題則將重點放在利用空間向量來計算線面角或二面角上，整體難度定位為中等水平。
距離問題 掌握距離概念，熟練進行距離計算與轉化。 2024年天津卷第17題，15分2023年天津卷第17題，15分
體積問題 掌握體積公式，準確求解幾何體體積。 2023年乙卷第19題，12分 2022年乙卷第18題，12分 2021年上海卷第17題，14分
探索性問題 培養空間思維，解決探索性幾何問題。 2024年I卷第17題，15分 2023年I卷第18題，12分 2021年甲卷第19題，12分 2021年I卷第20題，12分 2021年北京卷第17題，14分
1、用綜合法求空間角的基本數學思想主要是轉化與化歸，即把空間角轉化為平面角，進而轉化為三角形的內角，然后通過解三角形求得．求解的一般步驟為：
（1）作圖：作出空間角的平面角．
（2）證明：證明所給圖形是符合題設要求的．
（3）計算：在證明的基礎上計算得出結果．
簡稱：一作、二證、三算．
2、用定義作異面直線所成角的方法是“平移轉化法”，可固定一條，平移另一條；或兩條同時平移到某個特殊的位置，頂點選在特殊的位置上．
3、求直線與平面所成角的常見方法
（1）作角法：作出斜線、垂線、斜線在平面上的射影組成的直角三角形，根據條件求出斜線與射影所成的角即為所求．
（2）等積法：公式，其中是斜線與平面所成的角，h是垂線段的長，是斜線段的長，其中求出垂線段的長（即斜線上的點到面的距離）既是關鍵又是難點，為此可構造三棱錐，利用等體積法來求垂線段的長．
（3）證垂法：通過證明線面垂直得到線面角為90°．
4、作二面角的平面角常有三種方法
（1）棱上一點雙垂線法：在棱上任取一點，過這點分別在兩個面內作垂直于棱的射線，這兩條射線所成的角，就是二面角的平面角．
（2）面上一點三垂線法：自二面角的一個面上一點向另一面引垂線，再由垂足向棱作垂線得到棱上的點（即垂足），斜足與面上一點連線和斜足與垂足連線所夾的角，即為二面角的平面角．
（3）空間一點垂面法：自空間一點作與棱垂直的平面，截二面角得兩條射線，這兩條射線所成的角就是二面角的平面角．
1．（2024年北京高考數學真題）如圖，在四棱錐中，，，,點在上，且，．
(1)若為線段中點，求證：平面．
(2)若平面，求平面與平面夾角的余弦值．
【解析】（1）取的中點為，接，則，
而，故，故四邊形為平行四邊形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）
因為，故，故，
故四邊形為平行四邊形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
則
設平面的法向量為，
則由可得，取，
設平面的法向量為，
則由可得，取，
故，
故平面與平面夾角的余弦值為
2．（2024年高考全國甲卷數學（理）真題）如圖，在以A，B，C，D，E，F為頂點的五面體中，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形，，，，為的中點．
(1)證明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【解析】（1）因為為的中點，所以，
四邊形為平行四邊形，所以，又因為平面，
平面，所以平面；
（2）如圖所示，作交于，連接，
因為四邊形為等腰梯形，，所以，
結合（1）為平行四邊形，可得，又，
所以為等邊三角形，為中點，所以，
又因為四邊形為等腰梯形，為中點，所以，
四邊形為平行四邊形，，
所以為等腰三角形，與底邊上中點重合，，，
因為，所以，所以互相垂直，
以方向為軸，方向為軸，方向為軸，建立空間直角坐標系，
，，，
，設平面的法向量為，
平面的法向量為，
則，即，令，得，即，
則，即，令，得，
即，，則，
故二面角的正弦值為.
3．（2024年天津高考數學真題）如圖，在四棱柱中，平面，，．分別為的中點，
(1)求證：平面；
(2)求平面與平面夾角余弦值；
(3)求點到平面的距離．
【解析】（1）取中點，連接，，
由是的中點，故，且，
由是的中點，故，且，
則有、，
故四邊形是平行四邊形，故，
又平面，平面，
故平面；
（2）以為原點建立如圖所示空間直角坐標系，
有、、、、、，
則有、、，
設平面與平面的法向量分別為、，
則有，，
分別取，則有、、，，
即、，
則，
故平面與平面的夾角余弦值為；
（3）由，平面的法向量為，
則有，
即點到平面的距離為.
4．（2024年新課標全國Ⅱ卷數學真題）如圖，平面四邊形ABCD中，，，，，，點E，F滿足，，將沿EF翻折至，使得．
(1)證明：；
(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值．
【解析】（1）由，
得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，則，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故；
（2）連接，由，則，
在中，，得，
所以，由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，則兩兩垂直，建立如圖空間直角坐標系，
則，
由是的中點，得，
所以，
設平面和平面的一個法向量分別為，
則，，
令，得，
所以，
所以，
設平面和平面所成角為，則，
即平面和平面所成角的正弦值為.
5．（2024年新課標全國Ⅰ卷數學真題）如圖，四棱錐中，底面ABCD，，．
(1)若，證明：平面；
(2)若，且二面角的正弦值為，求．
【解析】（1）（1）因為平面，而平面，所以，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以.
因為，所以， 根據平面知識可知，
又平面，平面，所以平面．
（2）如圖所示，過點D作于，再過點作于，連接，
因為平面，所以平面平面，而平面平面，
所以平面，又，所以平面，
根據二面角的定義可知，即為二面角的平面角，
即，即．
因為，設，則，由等面積法可得，，
又，而為等腰直角三角形，所以，
故，解得，即．
6．（2023年高考全國乙卷數學（理）真題）如圖，在三棱錐中，，，，，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，，點F在AC上，.

(1)證明：平面；
(2)證明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
【解析】（1）連接，設，則，，，
則，
解得，則為的中點，由分別為的中點，
于是，即，則四邊形為平行四邊形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）法一：由（1）可知，則，得，
因此，則，有，
又，平面，
則有平面，又平面，所以平面平面.
法二：因為，過點作軸平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，
，
在中，，
在中，，
設，所以由可得：，
可得：，所以，
則，所以，，
設平面的法向量為，
則，得，
令，則，所以，
設平面的法向量為，
則，得，
令，則，所以，
，
所以平面平面BEF；
（3）法一：過點作交于點，設，
由，得，且，
又由（2）知，，則為二面角的平面角，
因為分別為的中點，因此為的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，則，
從而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值為.
法二：平面的法向量為，
平面的法向量為，
所以，
因為，所以，
故二面角的正弦值為.
7．（2023年新課標全國Ⅰ卷數學真題）如圖，在正四棱柱中，．點分別在棱,上，．

(1)證明：；
(2)點在棱上，當二面角為時，求．
【解析】（1）以為坐標原點，所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖，
則，
，
，
又不在同一條直線上，
.
（2）設，
則，
設平面的法向量，
則，
令 ，得，
，
設平面的法向量，
則，
令 ，得，
，
，
化簡可得，，
解得或，
或，
.
8．（2023年新課標全國Ⅱ卷數學真題）如圖，三棱錐中，，，，E為BC的中點．
(1)證明：；
(2)點F滿足，求二面角的正弦值．
【解析】（1）連接，因為E為BC中點，，所以①，
因為，，所以與均為等邊三角形，
，從而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨設，，．
，，又，平面平面．
以點為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示：
設，
設平面與平面的一個法向量分別為，
二面角平面角為,而，
因為，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，從而．
所以二面角的正弦值為．
題型一：非常規空間幾何體為載體
【典例1-1】如圖，是圓錐的頂點，是圓錐底面圓心，，是底面圓的兩條直徑，點在上，．
(1)求證：；
(2)若為的中點，求二面角的余弦值．
【解析】（1）證明：因為，為的中點，
所以，
又，且，平面，平面,
所以平面．
又平面，所以．
（2）由題意，在中，，所以，所以，
又為的中點，所以，.
設，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，所以，，，，
設平面的一個法向量為，
則，即，取，則
設平面的一個法向量為，
則，取，則．
因此，
由圖可知，二面角為銳角，所以二面角的余弦值為．
【典例1-2】（24-25高三上·浙江·期中）如圖，四邊形為圓臺的軸截面，，圓臺的母線與底面所成的角為，母線長為，是弧上的點，，為的中點.
(1)證明：平面；
(2)求平面與平面夾角的余弦值.
【解析】（1）取中點，連結，
∵，，，，
∴，，∴為平行四邊形，
∴，又面，面，
所以面.
（2）法一：過作于點，易知圓臺底面，
∵，，圓臺的母線與底面所成的角為，母線長為，
∴，，又，∴，，
又，則，所以，
又由，可得，，
取中點，連結，，所以，
則為二面角的平面角，
又易知，，
所以，
所以平面與平面夾角的余弦值為
法二：如圖，以為坐標原點，和垂直的直線為軸，所在直線為軸，軸，建立空間直角坐標系，
由法一知，，
則，，
設平面的法向量為，
則，取，則，，所以，
設平面的法向量為，
則，取，則，，所以，
所以，
所以平面與平面夾角的余弦值為.
若以，，為，，軸建立坐標系，
則，
所以，，，
同理可求得平面的法向量為；
平面的法向量為，
則.
關鍵找出三條兩兩互相垂直的直線建立空間直角坐標系．
【變式1-1】（2022·安徽黃山·二模）如圖，側面水平放置的正三棱臺，，且側棱長為.
(1)求證：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【解析】（1）延長三條側棱交于一點O.
因為，所以為的中位線，
因為側棱長為，所以.
所以，于是
同理可得
因為是平面內兩條相交直線.
所以，即平面；
（2）由（1）可知兩兩垂直，所以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，
因為，
所以，令，則，
即平面的一個法向量為
取平面的一個法向量為，
所以，
由于二面角為鈍角，則其余弦值為.
1．如圖，弧是半徑為a的半圓，為直徑，點E為弧的中點，點B和點C為線段的三等分點，平面外點F滿足，：
(1)證明：；
(2)已知點Q，R為線段上的點，使得，求當最短時，平面和平面所成二面角的正弦值．
【解析】（1）連接，因為弧是半徑為a的半圓，
為直徑，點E為弧的中點，所以，
在中，，
在中，，且點C是底邊的中點，
所以，，
所以在中，有，
所以，
又因為，，平面，平面，
所以平面，
又面，所以，
又因為，，平面，平面，
所以平面，而平面，所以.
（2）在平面內，過點C作交弧于G，
以點C為原點，分別以，，為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系．
則，
設，因為即，
所以，
則，，
，
所以當時，取得最小值，此時，
設，則，
由得，則，
則，，
設平面的法向量為，則，，
所以，令則，
所以，又由（1）知，平面的一個法向量為，
所以，
設平面與平面所成二面角的大小為，則，
則，
所以平面與平面所成二面角的正弦值為.
題型二：立體幾何探索性問題
【典例2-1】如圖，正三棱柱中，，點為的中點.
(1)證明：平面平面
(2)在棱上是否存在點，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
【解析】（1）在正三棱柱中，因為點為的中點，
則，
又平面，平面，
則有，
而，平面，
所以平面，
因為平面，所以平面平面，
（2）在平面內過點作交于點，
因為平面平面，平面，
所以平面，則點即為所要找的點，
如下圖所示，因為，，
所以與相似，
因此，
即有，于是，，所以.
【典例2-2】（24-25高三上·上海·期中）如圖，為圓錐的頂點，為圓錐底面的圓心，為底面直徑，為底面圓的內接正三角形，點為母線的中點，為上一點，且平面，．
(1)求直線與平面所成角的正弦值；
(2)在線段上是否存在一點，使得二面角為直二面角？若存在，確定點的位置；若不存在，請說明理由．
【解析】（1）由題意可知，平面平面，則，為中點，
又，，
，則．
過作平行線， 如圖以此平行線所在直線為軸，，為原點建立空間直角坐標系，
則，
所以，
設平面法向量為，則，
則，
取，則直線與平面所成角的正弦值為；
（2）不存在
，，
所以，
設平面法向量為，
則， 則，令，則，
取，平面法向量為．
因為二面角為直二面角，，解得，
又因為，不符題意．
所以在線段上不存在一點，使得二面角為直二面角.
與空間向量有關的探究性問題主要有兩類：一類是探究線面的位置關系；另一類是探究線面角或二面角滿足特定要求時的存在性問題．處理原則：先建立空間直角坐標系，引入參數（有些是題中已給出），設出關鍵點的坐標，然后探究這樣的點是否存在，或參數是否滿足要求，從而作出判斷．
【變式2-1】如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，側棱底面，，，，，是棱的中點．
(1)求證：面；
(2)求異面直線與所成角的余弦值；
(3)在線段上是否存在一點，使得直線和平面所成角為？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．
【解析】（1）以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，則，,
,
，且平面平面
（2）由（1）得，，
異面直線與所成角的余弦值為．
（3）由（1）得，,．
設平面的法向量，
由得，，
令，則，
設，
．
整理得，，解得或存在點或．
1．如圖1，在中，，分別為，的中點，，.將沿折起到的位置，使得，如圖2.
(1)求證：平面平面；
(2)線段上是否存在點，使得直線和所成角的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.
【解析】（1）設是的中點，是的中點，如下圖，連接，則，
則，，
由于，所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以平面平面；
（2）由（1）以及已知條件可知兩兩相互垂直，
則以為坐標原點，正方向為軸正方向，
可建立如圖所示空間直角坐標系，
則，，，，
，，，
假設在線段上存在點，使得直線和所成角的余弦值為，
設，則，
，
，
整理可得：，解得：，
存在滿足題意的點，此時.
題型三：立體幾何折疊問題
【典例3-1】如圖，在矩形中，點分別在線段上，.沿直線將翻折成，使平面平面.
(1)證明：；
(2)求二面角的余弦值；
(3)點，分別在線段、上，若沿直線將四邊形向上翻折，使與重合，求線段的長.
【解析】（1）
取中點，連接.
∵，∴，由折疊得.
∵平面，∴平面.
∵平面，∴.
（2）∵平面平面，平面平面，平面，，∴平面.
∵，
∴.
以為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，
∴，，
設平面的法向量為，則，取.
由題意得，平面的法向量為，
∴，
由圖可得二面角的平面角為銳角，∴二面角的余弦值為.
（3）連接.
設，則.
∵翻折后與重合，∴，
由（2）得，，，
∴，解得，即.
【典例3-2】如圖1，菱形的邊長為4，，是的中點，將沿著翻折，使點到點處，連接，得到如圖2所示的四棱錐.
(1)證明：；
(2)當時，求平面與平面的夾角的正弦值.
【解析】（1）在菱形中，由，得△是等邊三角形，由是的中點，得，
在四棱錐中，由，,平面，
得平面，而平面，
所以.
（2）菱形的邊長為是的中點，，，
由（1）知平面，
以為坐標原點，以為軸正方向，為軸負方向建立空間直角坐標系（如圖）
則，設，，
由，，得，解得，即，
，
設平面的法向量為，則，令，得，
設平面的法向量為，則，令，得，
設平面與平面的夾角為，則，
所以平面與平面的夾角的正弦值.
1、處理圖形翻折問題的關鍵是理清翻折前后長度和角度哪些發生改變，哪些保持不變．
2、把空間幾何問題轉化為平面幾何問題，把握圖形之間的關系，感悟數學本質．
【變式3-1】在平面四邊形中，，，，將沿翻折至，得到如圖所示的三棱錐．
(1)證明：；
(2)當三棱錐的體積為12時，求二面角的余弦值．
【解析】（1）如圖①，取的中點，連接，
因為，所以，
因為，所以，所以．
又，，平面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）過點作平面，垂足為，連接，
因為，，
所以，，
因為三棱錐的體積為12，
所以
，
解得，
因為，所以，
則，．
解法一：如圖①，以為原點，以所在直線分別為軸，軸，
過點作平面的垂線為軸，建立空間直角坐標系，
①
則，，，，
所以，，，
設平面的法向量為，
則即
令，則，，
則平面的一個法向量為，
設平面的法向量為，
則即
令，則，，
則平面的一個法向量為，
則，
由圖知二面角為鈍二面角，
故二面角的余弦值為．
解法二：如圖②，易知，
則過分別作的垂線，垂足為，
則即為二面角的平面角，且，
因為平面，且平面，
所以，結合（1）中，
又，所以平面，
因為平面，所以，
所以，
在中，，
在中，由余弦定理得，
則，
由等面積法得，
解得，
則，
則在中，由余弦定理得，
故二面角的余弦值為．
②
1．如圖，在平行四邊形中，為的中點，沿將翻折至位置得到四棱錐為上一動點.

(1)若為的中點，證明：在翻折過程中均有平面；
(2)若，①證明：平面平面；
②記四棱錐的體積為，三棱錐的體積為，若，求點到平面的距離.
【解析】（1）取PA中點G，連FG，EG，
因為分別為的中點，則∥，且，
由題意可知：∥，且，
則∥，且，可知四邊形CFGE為平行四邊形，
則∥，且平面，平面，
所以∥平面.
（2）①在四邊形中，連接，
由題意可知：是以邊長為2的等邊三角形，則，
且，則，
可知，即，且，
若，且，則，可知，
且，平面，可得平面，
又因為平面，所以平面平面；
②取中點，中點，連，
則，∥，可得，
因為為等邊三角形，則，
且平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因為平行四邊形的高即為等邊的高，
設點到平面的距離為，
若，則，解得，
即，可知為中點，
以為原點，OA，OH，別為軸建立空間直角坐標系，
則，
可得，
設平面的法向量，則，
令，則，可得，
所以點到平面的距離.
題型四：立體幾何作圖問題
【典例4-1】如圖，在四棱錐中，平面ABCD，底面ABCD為梯形，，，，．

(1)在側面PBC中能否作出一條線段，使其與AD平行？如果能，請寫出作圖過程并給出證明；如果不能，請說明理由；
(2)若四棱錐的體積是，求直線BP與平面PCD所成角的大小．
【解析】（1）不能．
在梯形ABCD中，，，，則AD不平行于BC，
直線AD與BC必相交于一點，而平面，則直線與平面有公共點
又平面，因此直線與平面相交，
所以在側面PBC中不能作AD的平行線.
（2）過點B作于H，連接PH，
由平面ABCD，平面ABCD，得，而平面PCD，
則平面PCD，即PH是BP在平面PCD內的射影，是直線BP與平面PCD所成角，
在中，，，則是等邊三角形，，，
又，則，即，
在中，，，又四棱錐的體積是，
即，解得，
在中，，因此，
所以直線BP與平面PCD所成角大小是.
【典例4-2】（23-24高三上·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．
（1）利用公理和定理作截面圖
（2）利用直線與平面平行的性質定理作平行線
（3）利用平面與平面垂直作平面的垂線
【變式4-1】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.
1．在四棱錐中，底面為直角梯形，，，，三棱錐的體積為，平面與平面的交線為.

(1)求四棱錐的體積，并在答卷上畫出交線（注意保留作圖痕跡）；
(2)若，，且平面平面，在上是否存在點，使平面與平面所成角的余弦值為？若存在，求的長度；若不存在，請說明理由.
【解析】（1），，
∵，∴，
∴，
延長，，設的延長線和的延長線交點為，連接，
則平面和平面的交線為直線.
（2）取的中點，連接，
∵，是的中點，∴，
∵平面平面，平面平面，平面，，
∴平面，
，，解得.
以點為坐標原點，以直線，分別為，軸，
以過點作平面的垂線為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示.
則，，，，
∴，，，
設，則，
設平面的法向量為，
則，即
令，得，
設平面的法向量為，
則，即
令，可得，
平面與平面夾角的余弦值為
∴，
整理得，解得：或，
即在直線上存在點，平面與平面的夾角的余弦值為，
此時或，
則或.
題型五：立體幾何建系繁瑣問題
【典例5-1】如圖，已知三棱柱的底面是正三角形，側面是矩形，分別為的中點，為上一點，過和的平面交于，交于．
（1）證明：平面；
（2）設為的中心，若平面，且，求直線與平面所成角的正弦值．
【解析】（1）因為側面是矩形，分別為的中點，所以，，從而，
又是正三角形，是中點，所以，
因為，平面，所以平面，
平面，平面，平面平面，所以，而，所以，所以平面，平面，
所以平面；
（2），連接，
平面，平面平面，平面，所以，又由三棱柱的性質得，所以是平行四邊形，所以，
是的中心，則，所以，
所以，
設，則，，
由三棱柱性質知四邊形是等腰梯形，如圖，，作于，則，又，
所以，．
由（1）知是平面的一個法向量，而是與的夾角，
所以直線與平面所成角的正弦值等于．
【典例5-2】《九章算術》是中國古代的一部數學專著，是《算經十書》中最重要的一部，成于公元一世紀左右.它是一本綜合性的歷史著作，是當時世界上最簡練有效的應用數學，它的出現標志著中國古代數學形成了完整的體系.《九章算術》中將由四個直角三角形組成的四面體稱為“鱉臑”，已知在三棱錐中，平面.

（1）從三棱錐中選擇合適的兩條棱填空：________________，則三棱錐為“鱉臑”；
（2）如圖，已知，垂足為，，垂足為，.
（i）證明：平面平面；
（ii）設平面與平面交線為，若，，求二面角的大小.
【解析】（1）因為“鱉臑”是由四個直角三角形組成的四面體，又平面，所以，，；即，為直角三角形；
若，由，平面，可得：平面；
所以，即，為直角三角形；滿足四個面都是直角三角形；
同理，可得或或，都能滿足四個面都是直角三角形；
故可填：或或或；
（2）（i）證明：
∵平面，平面，
∴，
又，，平面，
∴平面，
又平面，
∴，
又，，平面，
∴平面，
又平面，
∴，
又，，平面，
∴平面，
又平面，
∴平面平面.
（ii）由題意知，在平面中，直線與直線相交.
如圖所示，設，連結，則即為.
∵平面，平面，
∴，
∵平面，平面，
∴，
又，平面，
∴平面，
又平面，
∴，.
∴即為二面角的一個平面角.
在中，，，，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∴二面角的大小為.
利用傳統方法解決
【變式5-1】如圖，在三棱柱中，底面是邊長為的正三角形，側棱長為a，，平行于和的平面分別與交于四點．
(1)證明：四邊形是矩形；
(2)求三棱錐的體積（用含a的式子表示）；
(3)當實數a變化時，求直線與平面所成角的正弦值的取值范圍．
【解析】（1）因為平面，平面平面，平面，
所以，同理，則.
由三棱柱可知，平面平面，
又平面平面，且平面平面，
所以，所以四邊形是平行四邊形.
由，平面，平面，
所以平面， 又平面，，
又平面，平面，
所以平面平面，
又平面平面，且平面平面，
所以.
過作平面，垂足為，在平面內過作，垂足為，
作，垂足為，連接，
所以平面，，同理，，.
因為平面，平面，，
所以平面，平面，
則，同理.
在與中，為公共邊，且，
故與全等，故，
在與中，，又為公共邊，
則與全等，則，
所以即為的角平分線，
又為等邊三角形，故，又，
因為平面，平面，，
所以平面，平面，
所以，又，，
所以有，故四邊形為矩形.
（2）由為等邊三角形，且邊長為，則，
在中，；在中，；
在中，；
所以，
即，則，
則三棱錐的高，
.
（3）由（1）知，，則，
所以在中，，
過作平面，垂足為，
則三棱柱的高也即，由（2）知，
故即為直線與平面所成角，
則，
由，則.
故直線與平面所成角的正弦值的取值范圍為.
1．四面體，．
(1)求的面積；
(2)求與平面所成角的正弦值；
(3)求四面體的外接球半徑．
【解析】（1）因為，
所以由余弦定理可得，，，
所以，，
，
所以，
在中，由余弦定理可得，
所以，
所以；
（2）過作平面于，過作于，過作于，
連接，
因為平面，所以，因為，平面，
所以平面，又平面，所以，同理可得，
又因為，，所以，所以，
所以，所以是的平分線，
因為，所以，進而在中，可得，
所以，
因為，所以三角形是直角三角形，
設點到平面的距離為，因為，
所以，所以，
所以OC與平面ABC所成角的正弦值為；
（3）三角形是直角三角形，則設三角形斜邊的中點為，連接，
過作平面，因為四面體的外心在直線上，設球心為，
在中，因為，所以，
由余弦定理可得，
所以，設，
所以，，
因為，所以，整理得，
解得，所以外接球的半徑為.
題型六：兩角相等（構造全等）的立體幾何問題
【典例6-1】（2018·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.
【典例6-2】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．
構造垂直的全等關系
【變式6-1】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.
1．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.
題型七：利用傳統方法找幾何關系建系
【典例7-1】（24-25高三上·河北衡水·期中）如圖，四棱錐的底面為正方形，E，F分別為，的中點，且平面平面.
(1)證明：；
(2)若，當四棱錐的體積最大時，求平面與平面的夾角的余弦值.
【解析】（1）
連接交于點，連接交于點，過點作于點，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因為平面，
所以，
因為分別為的中點，
所以，，
因為四邊形為正方形，
所以，為中點，
因為，平面，
所以平面，
因為平面，
所以，
因為為中點，
所以.
（2）設，以為原點，所在直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系，如圖，
則，，，，
由（1）可知，點在平面內，設，
由，
得，即，
所以當時，四棱錐的體積最大，此時，
則，，，,，
設平面的法向量為，
則，令，則，，
所以，
設平面的法向量為，
則，令，則，
所以，
則，
所以平面與平面的夾角的余弦值為.
【典例7-2】四棱錐中，底面為等腰梯形，，側面為正三角形；
(1)當時，線段上是否存在一點，使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
(2)當與平面所成角最大時，求三棱錐的外接球的體積．
【解析】（1）因為底面為等腰梯形，，
所以，，，所以.
所以，
又，平面，且，所以平面.
又平面，所以平面平面.
取中點，因為是等邊三角形，所以，
平面平面，
所以平面.
再取中點，連接，則，所以.
所以可以為原點，建立如圖空間直角坐標系.
則，，，，，，..
設，可得
所以，取平面的法向量.
因為與平面所成角的正弦值為，
所以，解得或（舍去）.
所以：線段上存在一點，使得直線與平面所成角的正弦值為，此時.
（2）當平面平面時, 與平面所成角為.
當平面與平面不垂直時，過做平面，連接，
則為與平面所成角，因為，
，，，所以.
故當平面平面時，與平面所成角最大.
此時，設棱錐的外接球球心為，,
所以，解得.
所以三棱錐的外接球的體積為：.
利用傳統方法證明關系，然后通過幾何關系建坐標系．
【變式7-1】如圖，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，為底面直徑，為底面圓的內接正三角形，且的邊長為，點在母線上，且.
(1)求證：直線平面；
(2)若點為線段上的動點，當直線與平面所成角的正弦值最大時，求此時點到平面的距離.
【解析】（1）設，連接，
為底面圓的內接正三角形，，為中點，
，
又.
，且.
平面平面，，
平面平面，平面.
（2）為中點，
又，為中點，，，
，則，
以為坐標原點，方向為軸正方向，可建立如圖所示空間直角坐標系，
則，
，
設.
設平面的法向量，
則令，解得，
設直線與平面所成夾角為，
，
令，則，
，
當，即時，，
，
此時，
點到平面的距離.
1．在如圖所示的試驗裝置中，兩個正方形框架、的邊長都是，且它們所在的平面互相垂直，活動彈子、分別在正方形對角線和上移動，且和的長度保持相等，記.
(1)證明：平面；
(2)當為何值時，的長最小并求出最小值；
(3)當的長最小時，求平面與平面夾角的余弦值.
【解析】（1）證明：因為四邊形為正方形，則，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
又因為四邊形為正方形，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，
則、、、，
因為，所以，.
則，易知平面的一個法向量為.
因為，所以.
又平面，所以平面.
（2），其中.
，
當時，最小，最小值為.
（3）由（2）可知，當、分別為、的為中點時，最短，
此時、，
設平面的法向量為，，，
則，取，可得，
設平面的法向量為，，，
則，取，可得，
所以，，
所以平面與平面夾角的余弦值為.
題型八：空間中的點不好求
【典例8-1】如圖，在斜三棱柱中，是邊長為2的等邊三角形，側面為菱形，.
(1)求證：；
(2)若為側棱上（包含端點）一動點，求直線與平面所成角的正弦值的取值范圍.
【解析】（1）如圖所示，
取的中點為為菱形，且，
所以為等邊三角形，，
又為等邊三角形，則，
所以平面，
又平面平面，
所以.
（2）如圖所示，
在中，，由余弦定理可得
，所以，
由（1）得平面，因為平面，所以平面平面，
所以在平面內作，則平面，
以所在直線為軸 軸 軸建立空間直角坐標系如圖所示：
則，
設是平面的一個法向量，，
，則，即，
取得，
設，
，
設直線與平面所成角為，
則，
令，則在單調遞增，
所以，
故直線與平面所成角的正弦值的取值范圍為.
【典例8-2】如圖，在平行六面體中，底面是矩形，，，點E，F分別為，，的中點，且.
(1)證明：平面平面；
(2)若，直線與平面所成角的正弦值為，求的長度.
【解析】（1）設，則，
則，
所以，
因為為的中點，
所以，，
則，所以，
又平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面；
（2）由，可得，則，
如圖，以點為坐標原點建立空間直角坐標系，
設，
則，
則，
設平面的法向量為，
則，
令，則，所以，
設直線與平面所成角為，
則，
解得，
所以的長度為.
方程組思想
【變式8-1】如圖，在四棱錐中，，，與均為正三角形.

(1)證明：平面.
(2)證明：平面.
(3)設平面平面，平面平面，若直線與確定的平面為平面，線段的中點為，求點到平面的距離.
【解析】（1）因為，
所以，，
所以，
因為平面，平面，
所以平面.
（2）取的中點，連接，則四邊形為正方形.
過作平面，垂足為.
連接，，，.
由和均為正三角形，得，
所以，即點為正方形對角線的交點，
則.
因為平面，且平面，
所以，
又，且平面,平面,
所以平面，
因為平面，
所以.
因為是的中點，是的中點，
所以，
因此.
因為，
所以，
又，平面，平面，
所以平面.
（3）設，連接，則直線為直線，
因為，平面，平面，
所以平面，
因為平面，且平面平面，
所以.
由（1）知，，，兩兩垂直，以為坐標原點，的方向為軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，，
，，
設平面的法向量為，則，
所以，
取，得.
又，
所以點到平面的距離.
1．如圖五面體中，四邊形是菱形，是以角為頂角的等腰直角三角形，點為棱的中點，點為棱的中點
(1)求證：平面
(2)若點在平面的射影恰好是棱的中點，點是線段上的一點且滿足，求平面與平面所成角的余弦值．
【解析】（1）
證明：取的中點，連接，如圖所示，
是的中點，點為棱的中點，
，
而平面，平面，
平面,
菱形，，，
又分別是的中點，
四邊形是平行四邊形
，而 平面，平面，
平面，
又，平面,
平面平面，而平面，
平面.
（2）
因為點在平面的射影恰好是棱的中點，所以取的中點，
連接，則平面，因為是以角為頂角的等腰直角三角形，所以.
故以點為坐標原點，分別為軸建立空間直角坐標系，如圖所示.
根據，可得，不妨設，
則，
，所以，
，
,
平面的法向量為，
設平面的法向量為，
，,
設平面與平面所成角，則
則，
所以平面與平面所成角的余弦值為.
重難點突破：新定義問題
【典例9-1】離散曲率是刻畫空間彎曲性的重要指標，設P為多面體M的一個頂點，定義多面體M在點P處的離散曲率為，其中為多面體M的所有與P相鄰的頂點，且平面…平面和平面為多面體M的所有以P為頂點的面．現給出如圖所示的三棱錐．
(1)求三棱錐在各個頂點處的離散曲率的和；
(2)若PA⊥平面ABC，，三棱錐在頂點C處的離散曲率為．點Q在棱PB上，直線CQ與平面ABC所成角的余弦值為，求BQ的長度
【解析】（1）根據離散曲率的定義得，
，
又因為
所以．
（2）∵平面平面，
∴，
又∵，平面，
∴平面
∵平面，∴，
∵，即
∴，∴，
過點作交于，連結，
因為平面，所以平面，
所以為直線與平面所成的角，
依題意可得，，
，
，
設，則，
在中，
，
又，所以，
則，
所以，
解得：或（舍）
故.
【典例9-2】空間中，我們將至少兩條坐標軸不垂直的坐標系稱為“空間斜坐標系”．類比空間直角坐標系，分別為“空間斜坐標系”中三條數軸（軸、軸、軸）正方向的單位向量，若向量，則與有序實數組相對應，稱向量的斜坐標為，記作．如圖，在平行六面體中，，，，．以為基底建立“空間斜坐標系”．
(1)若點在平面內，且平面，求的斜坐標；
(2)若的斜坐標為，求平面與平面的夾角的余弦值．
【解析】（1）由題可知，，則（提示：斜坐標的本質是將空間中的向量用基底表示后的系數），
由題可知，，．
平面，
即
則，，
則的斜坐標為．
（2）由題可得，，
設平面的法向量為（提示：設斜坐標系下的法向量，通過求解法向量方程與賦值求得法向量），
由
得
即
取，可得，，
即．
則．
由（1）可知平面，
且，
則，
，
則，
即平面與平面的夾角的余弦值為．
以立體幾何為載體的情境題都跟圖形有關，涉及在具體情境下的圖形閱讀，需要通過數形結合來解決問題．圖形怎么閱讀 一是要讀特征，即從圖形中讀出圖形的基本特征；二是要讀本質，即要善于將所讀出的信息進行提升，實現“圖形→文字→符號”的轉化；三是要有問題意識，帶著問題閱讀圖形，將研究圖形的本身特征和關注題目要解決的問題有機地融合在一起；四是要有運動觀點，要“動手”去操作，動態地去閱讀圖形．
【變式9-1】三余弦定理：設A為平面內一點，過點A的斜線在平面上的正投影為直線．為平面內的一條直線，記斜線與直線的夾角（即直線與平面所成角）為，直線與直線的夾角為，直線與直線的夾角為，則．三余弦定理描述了線面角是斜線與平面內任意直線所成角的最小值，又稱最小角定理．
(1)證明三余弦定理；
(2)如圖，已知三棱柱，為正三角形，，求直線與底面所成角的正弦值；
(3)已知平行六面體，記為平行六面體體積，為平行六面體表面積，為平行六面體棱長總和，求證：．
【解析】（1）如圖，不妨設在平面的射影為，則，過點作交直線于點，連接，
即為斜線與平面所成角，
即為斜線在平面的射影直線與平面內的直線所成角，即為斜線與平面內的直線所成角，
，，，
又，，，平面，
平面，
平面，，
根據幾何關系可得，，
．
（2）取中點為，連接，，，，易知，
，．
又，，，平面，平面，
平面，
平面平面，
直線在平面上的射影必在交線上，
直線與底面所成角為，
，，
由三余弦定理得，得，
，
即直線與底面所成角的正弦值為．
（3）證明：設，，，，，，直線與底面所成角為，直線在底面投影與AB夾角為，在底面投影與AC夾角．
由平行六面體的對稱性，不妨令，，
由三余弦定理，
則.
由題意得，
，
，
，
由，可得：
則
，
當且僅當且時等號成立．
1．球面三角學是研究球面三角形的邊、角關系的一門學科.如圖，球的半徑為.、、為球面上三點，劣弧的弧長記為，設，表示以為圓心，且過、的圓，同理，圓，的劣弧、的弧長分別記為、，曲面（陰影部分）叫做球面三角形.若設二面角，，分別為、、，則球面三角形的面積為.
(1)若平面、平面、平面兩兩垂直，求球面三角形的面積；
(2)若平面三角形為直角三角形，，設，，.則：
①求證：
②延長與球交于點.若直線，與平面所成的角分別為，，，，為中點，為中點，設平面與平面的夾角為，求的最小值，及此時平面截球的面積.
【解析】（1）若平面OAB，OAC，OBC兩兩垂直，有，
所以球面三角形ABC面積為.
（2）①由余弦定理有：，且，
消掉，可得；
②由AD是球的直徑，則，
且，，平面BCD，
所以平面BCD，且平面BCD，則，
且，平面ABC，可得平面ABC，
由直線DA，DC與平面ABC所成的角分別為，所以，
不妨先令，則，
由，，，
以C為坐標原點，以CB，CA所在直線為x，y軸，過點C作BD的平行線為z軸，建立如圖空間直角坐標系，
設，則，
可得，，
則，
設平面OBC法向量，則，
取，則，可得，
設平面EST法向量，則，
取，則，可得，
要使sinθ取最小值時，則取最大值，
因為
，
令，則，
可得，
當且僅當取等．
則取最大值，為最小值，
此時點，可得，，
設平面AEC中的法向量，則，
取，則，可得，
可得球心O到平面AEC距離為，
設平面AEC截球O圓的半徑為r，則，
所以截面圓面積為.
21世紀教育網(www.21cnjy.com)專題15 立體幾何綜合解答題型系統化歸類與解析
目錄
01考情透視·目標導航 2
02知識導圖·思維引航 3
03 知識梳理·方法技巧 4
04 真題研析·精準預測 5
05 核心精講·題型突破 10
題型一：非常規空間幾何體為載體 10
題型二：立體幾何探索性問題 12
題型三：立體幾何折疊問題 14
題型四：立體幾何作圖問題 17
題型五：立體幾何建系繁瑣問題 19
題型六：兩角相等（構造全等）的立體幾何問題 21
題型七：利用傳統方法找幾何關系建系 23
題型八：空間中的點不好求 25
重難點突破：新定義問題 28
空間向量是坐標化空間幾何問題的有效工具，且經常作為考試的重點內容。立體幾何解答題通常采用論證推理與計算相結合的方式，以特定的空間幾何體為基礎，逐步設問，難度逐層遞進。解決這類題目的基本步驟是建立坐標系、確定點的坐標、進行坐標運算，最后得出幾何結論。空間向量作為求解空間角的得力助手，常在解答題中出現，其難度屬于中等水平。
考點要求 目標要求 考題統計 考情分析
線線角、二面角、線面角 掌握三類角的概念，提升空間推理能力。 2024年II卷第17題，15分 2023年II卷第20題，12分 2023年北京卷第16題，13分 2022年I卷第19題，12分 2021年II卷第19題，12分 2025年高考預測中，空間向量與立體幾何仍將是重點考查內容，且多以解答題的形式呈現。具體來說，考試將著重測試以下知識點：距離問題，包括點、線、面之間的各種距離；異面直線夾角、線面角以及二面角的理解和計算。在解答題中，第一小題將主要考查線線、線面、面面垂直的判定定理及性質，而第二小題則將重點放在利用空間向量來計算線面角或二面角上，整體難度定位為中等水平。
距離問題 掌握距離概念，熟練進行距離計算與轉化。 2024年天津卷第17題，15分2023年天津卷第17題，15分
體積問題 掌握體積公式，準確求解幾何體體積。 2023年乙卷第19題，12分 2022年乙卷第18題，12分 2021年上海卷第17題，14分
探索性問題 培養空間思維，解決探索性幾何問題。 2024年I卷第17題，15分 2023年I卷第18題，12分 2021年甲卷第19題，12分 2021年I卷第20題，12分 2021年北京卷第17題，14分
1、用綜合法求空間角的基本數學思想主要是轉化與化歸，即把空間角轉化為平面角，進而轉化為三角形的內角，然后通過解三角形求得．求解的一般步驟為：
（1）作圖：作出空間角的平面角．
（2）證明：證明所給圖形是符合題設要求的．
（3）計算：在證明的基礎上計算得出結果．
簡稱：一作、二證、三算．
2、用定義作異面直線所成角的方法是“平移轉化法”，可固定一條，平移另一條；或兩條同時平移到某個特殊的位置，頂點選在特殊的位置上．
3、求直線與平面所成角的常見方法
（1）作角法：作出斜線、垂線、斜線在平面上的射影組成的直角三角形，根據條件求出斜線與射影所成的角即為所求．
（2）等積法：公式，其中是斜線與平面所成的角，h是垂線段的長，是斜線段的長，其中求出垂線段的長（即斜線上的點到面的距離）既是關鍵又是難點，為此可構造三棱錐，利用等體積法來求垂線段的長．
（3）證垂法：通過證明線面垂直得到線面角為90°．
4、作二面角的平面角常有三種方法
（1）棱上一點雙垂線法：在棱上任取一點，過這點分別在兩個面內作垂直于棱的射線，這兩條射線所成的角，就是二面角的平面角．
（2）面上一點三垂線法：自二面角的一個面上一點向另一面引垂線，再由垂足向棱作垂線得到棱上的點（即垂足），斜足與面上一點連線和斜足與垂足連線所夾的角，即為二面角的平面角．
（3）空間一點垂面法：自空間一點作與棱垂直的平面，截二面角得兩條射線，這兩條射線所成的角就是二面角的平面角．
1．（2024年北京高考數學真題）如圖，在四棱錐中，，，,點在上，且，．
(1)若為線段中點，求證：平面．
(2)若平面，求平面與平面夾角的余弦值．
2．（2024年高考全國甲卷數學（理）真題）如圖，在以A，B，C，D，E，F為頂點的五面體中，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形，，，，為的中點．
(1)證明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
3．（2024年天津高考數學真題）如圖，在四棱柱中，平面，，．分別為的中點，
(1)求證：平面；
(2)求平面與平面夾角余弦值；
(3)求點到平面的距離．
4．（2024年新課標全國Ⅱ卷數學真題）如圖，平面四邊形ABCD中，，，，，，點E，F滿足，，將沿EF翻折至，使得．
(1)證明：；
(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值．
5．（2024年新課標全國Ⅰ卷數學真題）如圖，四棱錐中，底面ABCD，，．
(1)若，證明：平面；
(2)若，且二面角的正弦值為，求．
6．（2023年高考全國乙卷數學（理）真題）如圖，在三棱錐中，，，，，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，，點F在AC上，.

(1)證明：平面；
(2)證明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
7．（2023年新課標全國Ⅰ卷數學真題）如圖，在正四棱柱中，．點分別在棱,上，．

(1)證明：；
(2)點在棱上，當二面角為時，求．
8．（2023年新課標全國Ⅱ卷數學真題）如圖，三棱錐中，，，，E為BC的中點．
(1)證明：；
(2)點F滿足，求二面角的正弦值．
題型一：非常規空間幾何體為載體
【典例1-1】如圖，是圓錐的頂點，是圓錐底面圓心，，是底面圓的兩條直徑，點在上，．
(1)求證：；
(2)若為的中點，求二面角的余弦值．
【典例1-2】（24-25高三上·浙江·期中）如圖，四邊形為圓臺的軸截面，，圓臺的母線與底面所成的角為，母線長為，是弧上的點，，為的中點.
(1)證明：平面；
(2)求平面與平面夾角的余弦值.
關鍵找出三條兩兩互相垂直的直線建立空間直角坐標系．
【變式1-1】（2022·安徽黃山·二模）如圖，側面水平放置的正三棱臺，，且側棱長為.
(1)求證：平面；
(2)求二面角的余弦值.
1．如圖，弧是半徑為a的半圓，為直徑，點E為弧的中點，點B和點C為線段的三等分點，平面外點F滿足，：
(1)證明：；
(2)已知點Q，R為線段上的點，使得，求當最短時，平面和平面所成二面角的正弦值．
題型二：立體幾何探索性問題
【典例2-1】如圖，正三棱柱中，，點為的中點.
(1)證明：平面平面
(2)在棱上是否存在點，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
【典例2-2】（24-25高三上·上海·期中）如圖，為圓錐的頂點，為圓錐底面的圓心，為底面直徑，為底面圓的內接正三角形，點為母線的中點，為上一點，且平面，．
(1)求直線與平面所成角的正弦值；
(2)在線段上是否存在一點，使得二面角為直二面角？若存在，確定點的位置；若不存在，請說明理由．
與空間向量有關的探究性問題主要有兩類：一類是探究線面的位置關系；另一類是探究線面角或二面角滿足特定要求時的存在性問題．處理原則：先建立空間直角坐標系，引入參數（有些是題中已給出），設出關鍵點的坐標，然后探究這樣的點是否存在，或參數是否滿足要求，從而作出判斷．
【變式2-1】如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，側棱底面，，，，，是棱的中點．
(1)求證：面；
(2)求異面直線與所成角的余弦值；
(3)在線段上是否存在一點，使得直線和平面所成角為？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．
1．如圖1，在中，，分別為，的中點，，.將沿折起到的位置，使得，如圖2.
(1)求證：平面平面；
(2)線段上是否存在點，使得直線和所成角的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.
題型三：立體幾何折疊問題
【典例3-1】如圖，在矩形中，點分別在線段上，.沿直線將翻折成，使平面平面.
(1)證明：；
(2)求二面角的余弦值；
(3)點，分別在線段、上，若沿直線將四邊形向上翻折，使與重合，求線段的長.
【典例3-2】如圖1，菱形的邊長為4，，是的中點，將沿著翻折，使點到點處，連接，得到如圖2所示的四棱錐.
(1)證明：；
(2)當時，求平面與平面的夾角的正弦值.
1、處理圖形翻折問題的關鍵是理清翻折前后長度和角度哪些發生改變，哪些保持不變．
2、把空間幾何問題轉化為平面幾何問題，把握圖形之間的關系，感悟數學本質．
【變式3-1】在平面四邊形中，，，，將沿翻折至，得到如圖所示的三棱錐．
(1)證明：；
(2)當三棱錐的體積為12時，求二面角的余弦值．
1．如圖，在平行四邊形中，為的中點，沿將翻折至位置得到四棱錐為上一動點.

(1)若為的中點，證明：在翻折過程中均有平面；
(2)若，①證明：平面平面；
②記四棱錐的體積為，三棱錐的體積為，若，求點到平面的距離.
題型四：立體幾何作圖問題
【典例4-1】如圖，在四棱錐中，平面ABCD，底面ABCD為梯形，，，，．

(1)在側面PBC中能否作出一條線段，使其與AD平行？如果能，請寫出作圖過程并給出證明；如果不能，請說明理由；
(2)若四棱錐的體積是，求直線BP與平面PCD所成角的大小．
【典例4-2】（23-24高三上·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．
（1）利用公理和定理作截面圖
（2）利用直線與平面平行的性質定理作平行線
（3）利用平面與平面垂直作平面的垂線
【變式4-1】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.
1．在四棱錐中，底面為直角梯形，，，，三棱錐的體積為，平面與平面的交線為.

(1)求四棱錐的體積，并在答卷上畫出交線（注意保留作圖痕跡）；
(2)若，，且平面平面，在上是否存在點，使平面與平面所成角的余弦值為？若存在，求的長度；若不存在，請說明理由.
題型五：立體幾何建系繁瑣問題
【典例5-1】如圖，已知三棱柱的底面是正三角形，側面是矩形，分別為的中點，為上一點，過和的平面交于，交于．
（1）證明：平面；
（2）設為的中心，若平面，且，求直線與平面所成角的正弦值．
【典例5-2】《九章算術》是中國古代的一部數學專著，是《算經十書》中最重要的一部，成于公元一世紀左右.它是一本綜合性的歷史著作，是當時世界上最簡練有效的應用數學，它的出現標志著中國古代數學形成了完整的體系.《九章算術》中將由四個直角三角形組成的四面體稱為“鱉臑”，已知在三棱錐中，平面.

（1）從三棱錐中選擇合適的兩條棱填空：________________，則三棱錐為“鱉臑”；
（2）如圖，已知，垂足為，，垂足為，.
（i）證明：平面平面；
（ii）設平面與平面交線為，若，，求二面角的大小.
利用傳統方法解決
【變式5-1】如圖，在三棱柱中，底面是邊長為的正三角形，側棱長為a，，平行于和的平面分別與交于四點．
(1)證明：四邊形是矩形；
(2)求三棱錐的體積（用含a的式子表示）；
(3)當實數a變化時，求直線與平面所成角的正弦值的取值范圍．
1．四面體，．
(1)求的面積；
(2)求與平面所成角的正弦值；
(3)求四面體的外接球半徑．
題型六：兩角相等（構造全等）的立體幾何問題
【典例6-1】（2018·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.
【典例6-2】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．
構造垂直的全等關系
【變式6-1】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.
1．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.
題型七：利用傳統方法找幾何關系建系
【典例7-1】（24-25高三上·河北衡水·期中）如圖，四棱錐的底面為正方形，E，F分別為，的中點，且平面平面.
(1)證明：；
(2)若，當四棱錐的體積最大時，求平面與平面的夾角的余弦值.
【典例7-2】四棱錐中，底面為等腰梯形，，側面為正三角形；
(1)當時，線段上是否存在一點，使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
(2)當與平面所成角最大時，求三棱錐的外接球的體積．
利用傳統方法證明關系，然后通過幾何關系建坐標系．
【變式7-1】如圖，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，為底面直徑，為底面圓的內接正三角形，且的邊長為，點在母線上，且.
(1)求證：直線平面；
(2)若點為線段上的動點，當直線與平面所成角的正弦值最大時，求此時點到平面的距離.
1．在如圖所示的試驗裝置中，兩個正方形框架、的邊長都是，且它們所在的平面互相垂直，活動彈子、分別在正方形對角線和上移動，且和的長度保持相等，記.
(1)證明：平面；
(2)當為何值時，的長最小并求出最小值；
(3)當的長最小時，求平面與平面夾角的余弦值.
題型八：空間中的點不好求
【典例8-1】如圖，在斜三棱柱中，是邊長為2的等邊三角形，側面為菱形，.
(1)求證：；
(2)若為側棱上（包含端點）一動點，求直線與平面所成角的正弦值的取值范圍.
【典例8-2】如圖，在平行六面體中，底面是矩形，，，點E，F分別為，，的中點，且.
(1)證明：平面平面；
(2)若，直線與平面所成角的正弦值為，求的長度.
方程組思想
【變式8-1】如圖，在四棱錐中，，，與均為正三角形.

(1)證明：平面.
(2)證明：平面.
(3)設平面平面，平面平面，若直線與確定的平面為平面，線段的中點為，求點到平面的距離.
1．如圖五面體中，四邊形是菱形，是以角為頂角的等腰直角三角形，點為棱的中點，點為棱的中點
(1)求證：平面
(2)若點在平面的射影恰好是棱的中點，點是線段上的一點且滿足，求平面與平面所成角的余弦值．
重難點突破：新定義問題
【典例9-1】離散曲率是刻畫空間彎曲性的重要指標，設P為多面體M的一個頂點，定義多面體M在點P處的離散曲率為，其中為多面體M的所有與P相鄰的頂點，且平面…平面和平面為多面體M的所有以P為頂點的面．現給出如圖所示的三棱錐．
(1)求三棱錐在各個頂點處的離散曲率的和；
(2)若PA⊥平面ABC，，三棱錐在頂點C處的離散曲率為．點Q在棱PB上，直線CQ與平面ABC所成角的余弦值為，求BQ的長度
【典例9-2】空間中，我們將至少兩條坐標軸不垂直的坐標系稱為“空間斜坐標系”．類比空間直角坐標系，分別為“空間斜坐標系”中三條數軸（軸、軸、軸）正方向的單位向量，若向量，則與有序實數組相對應，稱向量的斜坐標為，記作．如圖，在平行六面體中，，，，．以為基底建立“空間斜坐標系”．
(1)若點在平面內，且平面，求的斜坐標；
(2)若的斜坐標為，求平面與平面的夾角的余弦值．
以立體幾何為載體的情境題都跟圖形有關，涉及在具體情境下的圖形閱讀，需要通過數形結合來解決問題．圖形怎么閱讀 一是要讀特征，即從圖形中讀出圖形的基本特征；二是要讀本質，即要善于將所讀出的信息進行提升，實現“圖形→文字→符號”的轉化；三是要有問題意識，帶著問題閱讀圖形，將研究圖形的本身特征和關注題目要解決的問題有機地融合在一起；四是要有運動觀點，要“動手”去操作，動態地去閱讀圖形．
【變式9-1】三余弦定理：設A為平面內一點，過點A的斜線在平面上的正投影為直線．為平面內的一條直線，記斜線與直線的夾角（即直線與平面所成角）為，直線與直線的夾角為，直線與直線的夾角為，則．三余弦定理描述了線面角是斜線與平面內任意直線所成角的最小值，又稱最小角定理．
(1)證明三余弦定理；
(2)如圖，已知三棱柱，為正三角形，，求直線與底面所成角的正弦值；
(3)已知平行六面體，記為平行六面體體積，為平行六面體表面積，為平行六面體棱長總和，求證：．
1．球面三角學是研究球面三角形的邊、角關系的一門學科.如圖，球的半徑為.、、為球面上三點，劣弧的弧長記為，設，表示以為圓心，且過、的圓，同理，圓，的劣弧、的弧長分別記為、，曲面（陰影部分）叫做球面三角形.若設二面角，，分別為、、，則球面三角形的面積為.
(1)若平面、平面、平面兩兩垂直，求球面三角形的面積；
(2)若平面三角形為直角三角形，，設，，.則：
①求證：
②延長與球交于點.若直線，與平面所成的角分別為，，，，為中點，為中點，設平面與平面的夾角為，求的最小值，及此時平面截球的面積.
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