2023届数学二轮复习讲练测：专题08 立体几何解答题常考全归类（精讲精练）（解析版）

专题08立体几何解答题常考全归类【命题规律】空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个空间几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建系求点、坐标运算、几何结论．作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度．【核心考点目录】核心考点一：非常规空间几何体为载体核心考点二：立体几何探索性问题核心考点三：立体几何折叠问题核心考点四：立体几何作图问题核心考点五：立体几何建系繁琐问题核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题核心考点七：利用传统方法找几何关系建系核心考点八：空间中的点不好求核心考点九：创新定义【真题回归】1．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求平面与平面所成二面角的余弦值．【解析】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，则以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、、、，则，易知平面的一个法向量为，则，故，平面，故平面.（2），，，设平面的法向量为，则，取，可得，.因此，直线与平面夹角的正弦值为.（3），，设平面的法向量为，则，取，可得，则，因此，平面与平面夹角的余弦值为.2．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体中，，E为的中点．(1)证明：平面平面；(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．【解析】（1）因为，E为的中点，所以；在和中，因为，所以，所以，又因为E为的中点，所以；又因为平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，所以，所以，当时，最小，即的面积最小.因为，所以，又因为，所以是等边三角形，因为E为的中点，所以，，因为，所以,在中，，所以.以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，又因为，所以，所以，设与平面所成的角的正弦值为，所以，所以与平面所成的角的正弦值为.3．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【解析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，∵，且，∴平面是二面角的平面角，则，∴是正三角形，由平面，得平面平面，∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．（2）因为平面，过点做平行线，所以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则，设平面的法向量为由，得，取，设直线与平面所成角为，∴．4．（2022·全国·统考高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．(1)证明：平面；(2)若，，，求二面角的正弦值．【解析】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，因为是三棱锥的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，又平面，平面，所以平面（2）过点作，如图建立平面直角坐标系，因为，，所以，又，所以，则，，所以，所以，，，，所以，则，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以；设平面的法向量为，则，令，则，，所以；所以.设二面角的大小为，则，所以，即二面角的正弦值为.5．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体中，，E为AC的中点．(1)证明：平面平面ACD；(2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．【解析】（1）由于，是的中点，所以.由于，所以，所以，故，由于，平面，所以平面，由于平面，所以平面平面.（2）[方法一]：判别几何关系依题意，，三角形是等边三角形，所以，由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.，所以，由于，平面，所以平面.由于，所以，由于，所以，所以，所以，由于，所以当最短时，三角形的面积最小过作，垂足为，在中，，解得，所以，所以过作，垂足为，则，所以平面，且，所以，所以.[方法二]：等体积转换，，是边长为2的等边三角形，连接6．（2022·全国·统考高考真题）在四棱锥中，底面．(1)证明：；(2)求PD与平面所成的角的正弦值．【解析】（1）证明：在四边形中，作于，于，因为，所以四边形为等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因为平面，平面，所以，又，所以平面，又因为平面，所以；（2）如图，以点为原点建立空间直角坐标系，，则，则，设平面的法向量，则有，可取，则，所以与平面所成角的正弦值为.7．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．(1)求证：平面；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【解析】（1）取的中点为，连接，由三棱柱可得四边形为平行四边形，而，则，而平面，平面，故平面，而，则，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，（2）因为侧面为正方形，故，而平面，平面平面，平面平面，故平面，因为，故平面，因为平面，故，若选①，则，而，，故平面，而平面，故，所以，而，，故平面，故可建立如所示的空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角为，则.若选②，因为，故平面，而平面，故，而，故，而，，故，所以，故，而，，故平面，故可建立如所示的空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角为，则.8．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．(1)求A到平面的距离；(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．【解析】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，则，解得，所以点A到平面的距离为；（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱柱中，平面，由平面，平面可得，，又平面且相交，所以平面，所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得，所以，，所以，则,所以的中点，则，,设平面的一个法向量，则，可取，设平面的一个法向量，则，可取，则，所以二面角的正弦值为.【方法技巧与总结】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的．（3）计算：在证明的基础上计算得出结果．简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°．4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．【核心考点】核心考点一：非常规空间几何体为载体【规律方法】关键找出三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系．【典型例题】例1．（2022·陕西安康·统考一模）如图，已知为圆锥底面的直径，点C在圆锥底面的圆周上，，，平分，D是上一点，且平面平面.(1)求证：；(2)求二面角的正弦值.【解析】（1）证明：因为，且平分，所以，又因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以.（2）取的中点M，连接，则两两垂直，以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建立如图空间直角坐标系则，，，，，由（1）知平面，所以是平面的一个法向量.设平面的法向量，因为，，则取，则，因此，所以二面角的正弦值为.例2．（2022·安徽·校联考二模）如图，将长方形（及其内部）绕旋转一周形成圆柱，其中，劣弧的长为为圆的直径.(1)在弧上是否存在点（在平面的同侧），使，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【解析】（1）存在，当为圆柱的母线，.连接，因为为圆柱的母线，所以平面，又因为平面，所以.因为为圆的直径，所以.，所以平面，因为平面，所以.（2）以为原点，分别为轴，垂直于轴直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示.，因为的长为，所以，设平面的法向量，令，解得，所以.因为轴垂直平面，所以设平面的法向量.所以.所以平面与平面夹角的余弦值为.例3．（2022·山东东营·胜利一中校考模拟预测）如图，分别是圆台上､下底面的直径，且，点是下底面圆周上一点，，圆台的高为.(1)证明：不存在点使平面平面；(2)若，求二面角的余泫值.【解析】(1)假设存在这样的点使平面平面，是底面直径，故，作，垂足为，由于平面平面，平面平面，平面，根据面面垂直的性质定理，平面，又平面，故，又，平面，故平面，故，同理可证，又平面于是平面，又圆台上下底面圆心连线垂直于底面，但显然上下底的圆心连线不和平行，于是假设矛盾，故不存在点使平面平面.(2)过作，垂足为，下以为原点，为轴，过垂直于且落在底面的射线为轴，建立空间直角坐标系.列出各点坐标，，设平面的法向量，可得，不妨取；，，设平面的法向量，可得，不妨取.于是法向量的夹角为.由图所示二面角的大小是钝角，故二面角大小的余弦值是.例4．（2022·河北·统考模拟预测）如图，在圆台中，上底面圆的半径为2，下底面圆O的半径为4，过的平面截圆台得截面为，M是弧的中点，为母线，.(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值.【解析】(1)如图建立空间直角坐标系，

设OO1的长度为t，则，，，，，，由题知，解得∴，，，∴，∴又∵，OM，OA1在平面内所以平面；(2)设平面MBN的法向量为，平面ABN的法向量为，则，∴，∴设二面角为锐二面角，∴，∴故二面角的正弦值为.核心考点二：立体几何探索性问题【规律方法】与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．【典型例题】例5．（2022·上海虹口·统考一模）如图，在三棱柱中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在底面上的投影为AC的中点，且．(1)求证：；(2)求点到侧面的距离；(3)在线段上是否存在点，使得直线DE与侧面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由．【解析】（1）证明：由点在底面ABC上的投影为AC的中点，知平面ABC，又平面ABC，故，因是以AC为斜边的等腰直角三角形，故，而，平面，，故平面，由平面，得．（2）由点，为AC的中点，侧面为菱形，知，由是以AC为斜边的等腰直角三角形，，可得，，由（1）知直线，，两两垂直，故以点为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，取，得，又，故点到平面的距离为：（3）假设存在满足条件的点E，并，则，于是，由直线DE与侧面所成角的正弦值为，可得，即，解得．又，故．因此存在满足条件的点，且．例6．（2022春·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形为菱形，，，.(1)求证：；(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.【解析】（1）连接与相交于点，连接，如图所示：四边形为菱形，∴为的中点，有，为等边三角形，有，平面，，∴平面，平面，∴，四边形为菱形，∴，平面，，平面，平面，∴（2）分别为的中点，连接，由（1）可知，又，平面，，平面，，平面，为等边三角形，，以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，由，，∴，，设，则，有,∴，，，设平面的一个法向量，则有，令，则，，即，平面的一个法向量为的方向上的单位向量，若平面与平面的夹角的余弦值为，则有，，由，∴，解得.所以，点存在，.例7．（2022春·黑龙江绥化·高三海伦市第一中学校考期中）如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E是DC的中点，将沿AE折起，使得点D到达点P的位置，且PB＝PC，如图2所示．F是棱PB上的一点．(1)若F是棱PB的中点，求证：平面PAE；(2)是否存在点F，使得二面角的余弦值为？若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）如下图，在上取中点，链接、.由题意知，，所以四边形为平行四边形，所以.又因为分别为中点，所以，且，在平面内，则平面平行于平面，而,则（2）如下图，以为原点，为轴正向，为轴正方向，垂直平面于的为轴，建立空间直角坐标系.由图可知，，设，，则，，设平面的法向量为，则，令解得，即，平面的法向量设为，则，令，得，即.①，根据题意，，则，又，即，得,代入上式，解得,将、代入①式，解得.，故存在点.例8．（2022·广东韶关·统考一模）已知矩形中，，，是的中点，如图所示，沿将翻折至，使得平面平面.(1)证明：；(2)若是否存在，使得与平面所成的角的正弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）依题意矩形，，，是中点，所以，又，所以，，，因为平面平面，平面平面，所以平面，又平面，所以.（2）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系.则，，，，设是的中点，因为，所以，又平面平面，平面平面，所以平面，，假设存在满足题意的，则由.可得，.设平面的一个法向量为，则，令，可得，，即，设与平面所成的角为，所以解得（舍去），综上，存在，使得与平面所成的角的正弦值为.核心考点三：立体几何折叠问题【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质．【典型例题】例9．（2022春·江苏南通·高三期中）已知梯形中，，，，，分别是，上的点，，，是的中点，沿将梯形翻折，使平面平面．(1)当时①求证：；②求二面角的余弦值；(2)三棱锥的体积是否可能等于几何体体积的一半？并说明理由．【解析】（1）证明：过点作的垂线交于，连接．如图．且，，．四边形是正方形.，四边形是正方形.所以（正方形对角线互相垂直）.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以平面，又因为平面，所以.又平面，所以平面，又平面，所以.②以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，0，，，3，，，2，，，4，，，3，，，2，，设平面的法向量，，，则，取，得，2，，又平面的法向量，0，，．钝二面角的余弦值为．（2），平面平面，平面平面，平面．平面．结合平面，得，四边形是矩形，得，故以、、、为顶点的三棱锥的高，又．三棱锥的体积为，，令，解得或，不合题意；棱锥的体积不可能等于几何体体积的一半．例10．（2022春·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中）如图1，在平面四边形ABCD中，已知ABDC，，，E是AB的中点．将△BCE沿CE翻折至△PCE，使得，如图2所示．(1)证明：；(2)求直线DE与平面PAD所成角的正弦值．【解析】（1）如图取CE的中点F，连接PF，DF，由题易知△PCE，△DCE都是等边三角形，⸫DF⊥CE，PF⊥CE，⸪，平面DPF，平面DPF⸫CE⊥平面DPF．⸪平面DPF⸫DP⊥CE．（2）解法一：由题易知四边形AECD是平行四边形，所以AD∥CE，又平面PAD，所以平面PAD，所以点E与点F到平面PAD的距离相等．由（1）知CE⊥平面DPF，所以AD⊥平面DPF．又平面PAD，所以平面PAD⊥平面DPF．过F作FH⊥PD交PD于H，则FH⊥平面PAD．，，故点F到平面PAD的距离．设直线DE与平面PAD所成的角为，则，所以直线DE与平面PAD所成角的正弦值为．解法二：由题易知四边形AECD是平行四边形，所以AD∥CE，由（1）知CE⊥平面DPF，所以AD⊥平面DPF．如图，以D为坐标原点，DA，DF所在直线分别为x，y轴，过D且垂直于平面AECD的直线为z轴建立空间直角坐标系，则，，，设，，．易知，，故，，所以，，，设平面PAD的法向量为，则，得，令，得，所以．设直线DE与平面PAD所成的角为，则，故直线DE与平面PAD所成角的正弦值为．例11．（2022春·湖南长沙·高三宁乡一中校考期中）如图，平面五边形PABCD中，是边长为2的等边三角形，，AB＝2BC＝2，，将沿AD翻折成四棱锥P－ABCD，E是棱PD上的动点（端点除外），F，M分别是AB，CE的中点，且．(1)证明：；(2)当直线EF与平面PAD所成的角最大时，求平面ACE与平面PAD夹角的余弦值．【解析】（1）设是的中点，连接，三角形是等边三角形，所以，.四边形是直角梯形，，所以四边形是平行四边形，也即是矩形，所以，.折叠后，，所以，所以，由于平面，所以平面，则两两相互垂直，由此建立如图所示的空间直角坐标系，，设，，所以，则，所以，所以.（2）由于平面，平面，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以，所以是直线与平面所成角，在直角三角形中，，由于，所以当最小时，最大，也即最大，由于三角形是等边三角形，所以当为的中点时，，取得最小值.由于，，故此时，平面的法向量为，，设平面的法向量为，则，故可设，设平面与平面的夹角为，则.例12．（2022·四川雅安·统考模拟预测）如图①，为边长为6的等边三角形，E，F分别为AB，AC上靠近A的三等分点，现将沿EF折起，使点A翻折至点P的位置，且二面角的大小为120°（如图②）．(1)在PC上是否存在点H，使得直线平面PBE？若存在，确定点H的位置；若不存在，说明理由．(2)求直线PC与平面PBE所成角的正弦值．【解析】（1）满足条件的点H存在，且为PC上靠近P的三等分点．在PC上取靠近P的三等分点H，连接AP，FH，如图，则AP是平面PAB与平面PAC的交线，依题意，，则有，又平面PBE，平面PBE，因此直线平面PBE，所以在PC上是存在点H，为PC上靠近P的三等分点，使得直线平面PBE.（2）取BC中点G，连接AG，交EF于点D，连接PD，因，依题意，，，则为二面角的平面角，即，且平面，而平面，则平面平面，在平面内过P作于O，又平面平面，因此平面，在平面内过O作，显然Ox，AD，OP两两垂直，分别以向量，，的方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，则，，，，所以，，，，设平面PBE的一个法向量为，由，令，得，设直线PC与平面PBE所成角为，则，所以直线PC与平面PBE所成角的正弦值为．核心考点四：立体几何作图问题【规律方法】（1）利用公理和定理作截面图（2）利用直线与平面平行的性质定理作平行线（3）利用平面与平面垂直作平面的垂线【典型例题】例13．（2022·贵州·校联考模拟预测）如图，已知平行六面体的底面是菱形，，且.(1)试在平面内过点作直线，使得直线平面，说明作图方法，并证明：直线；(2)求点到平面的距离.【解析】（1）在平面内过点作的平行线，则直线l即为所作.连接，如图，因平面，平面，平面平面，则，平行六面体的对角面是平行四边形，即，所以.（2）连，连接，如图，菱形中，，则，，，在中，，同理，在中，，即为等腰三角形，有，且，在中，，则，而平面，于是得平面，对角面为平行四边形，即，又平面，平面，则平面，因此点到平面的距离等于点到平面的距离，因，在中，，同理，等腰底边上的高，，，设点到平面的距离为，由得，，则，所以点到平面的距离.例14．（2022秋·河北石家庄·高一石家庄市第十五中学校考期中）如图为一块直四棱柱木料，其底面满足：，．(1)要经过平面内的一点和棱将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？（借助尺规作图，并写出作图说明，无需证明）(2)若，，当点是矩形的中心时，求点到平面的距离．【解析】(1)过点作直线分别交于连接(2)连接，由是矩形的中心可知，所以点到平面的距离即为点到平面的距离，平面，平面，平面，所以点到平面的距离即为点到平面的距离，过点作于，，在直四棱柱中且平面，又平面，所以，又且，所以平面所以长即为点到平面的距离，在直角中，，，所以，所以点到平面的距离为.例15．（2022·全国·高三专题练习）如图多面体中，面面，为等边三角形，四边形为正方形，，且，，分别为，的中点.（1）求二面角的余弦值；（2）作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AB交点为P，写出的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）.【解析】（1）因为面面，为等边三角形，设中点为，所以又因为面面面FAB，则平面，以为坐标原点，分别以方向为轴建立空间直角坐标系，如图所示：因为，则则，，，，所以，设平面的一个法向量为则取得，所以设平面的一个法向量为则取得，所以所以则二面角的余弦值为；（2），如图所示：例16．（2022·全国·高三专题练习）四棱锥中，底面是边长为2的菱形，.,且平面，，点分别是线段上的中点，在上.且.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面的成角的正弦值；（Ⅲ）请画出平面与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤.【解析】分析：（Ⅰ）推导出，由此能证明平面；（Ⅱ）推导出，，，轴建立空间直角坐标系息，利用向量法能求出直线AB与平面EFG的所成角的正弦值；（Ⅲ）法1：延长分别交延长线于，连接，发现刚好过点，,连接，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线.法2：记平面与直线的交点为，设，，利用向量法求出，从而即为点.连接，，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线.解析：解:（Ⅰ）在中，因为点分别是线段上的中点，所以因为平面，平面.所以平面.（Ⅱ）因为底面是边长为2的菱形，所以，因为平面，所以，，如图，建立空间直角坐标系，则依题意可得，，，，，，，所以，，设平面的法向量为，则由可得，令，可得因为.所以直线与平面的成角的正弦值为（Ⅲ）法Ⅰ：延长分别交延长线于，连接，发现刚好过点，,连接，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线.法2：记平面与直线的交点为，设，则由，可得.所以即为点.所以连接，，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线.核心考点五：立体几何建系繁琐问题【规律方法】利用传统方法解决【典型例题】例17．如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，，分别为，的中点，为上一点．过和的平面交于，交于．（1）证明：，且平面平面；（2）设为△的中心．若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．【解析】（1）证明：，分别为，的中点，底面为正三角形，，四边形为矩形，，，，，，，，平面，平面，平面平面，综上，，且平面平面．（2）解：三棱柱上下底面平行，平面与上下底面分别交于，，，面，面，面面，，四边形为平行四边形，是正三角形的中心，，，，，由（1）知直线在平面内的投影为，直线与平面所成角即为等腰梯形中与所成角，在等腰梯形中，令，过作于，则，，，，直线与平面所成角的正弦值为．例18．如图，在锥体中，是边长为1的菱形，且，，，，分别是，的中点（1）证明：平面（2）求二面角的余弦值．【解析】（1）取的中点，连接，，在中，根据余弦定理可以算出，发现，可以得出，又，又，可以得出，而，平面，而平面，，又，．又，平面．（2）由（1）知，平面，所以为二面角的平面角，在中，，，，由余弦定理得，因此二面角的余弦值为．例19．（2022春·福建南平·高三校考期中）在三棱柱中，，平面，、分别是棱、的中点.(1)设为的中点，求证：平面；(2)若，直线与平面所成角的正切值为，求多面体的体积.【解析】（1）连接，，因为点，，分别为，，的中点，所以且，，，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面（2）因为平面，所以，，又因为，所以平面，所以即是直线与平面所成的角，所以，因为，所以，因为，，所以，因为，平面，所以平面，所以，因为，所以，，所以，由（1）知多面体为四棱锥，且四边形是平行四边形，所以.核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题【规律方法】构造垂直的全等关系【典型例题】例20．如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，，分别为，的中点，为上一点．过和的平面交于，交于．（1）证明：，且平面平面；（2）设为△的中心．若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．【解析】（1）证明：，分别为，的中点，底面为正三角形，，四边形为矩形，，，，，，，，平面，平面，平面平面，综上，，且平面平面．（2）解：三棱柱上下底面平行，平面与上下底面分别交于，，，面，面，面面，，四边形为平行四边形，是正三角形的中心，，，，，由（1）知直线在平面内的投影为，直线与平面所成角即为等腰梯形中与所成角，在等腰梯形中，令，过作于，则，，，，直线与平面所成角的正弦值为．例21．如图，在锥体中，是边长为1的菱形，且，，，，分别是，的中点（1）证明：平面（2）求二面角的余弦值．【解析】（1）取的中点，连接，，在中，根据余弦定理可以算出，发现，可以得出，又，又，可以得出，而，平面，而平面，，又，．又，平面．（2）由（1）知，平面，所以为二面角的平面角，在中，，，，由余弦定理得，因此二面角的余弦值为．核心考点七：利用传统方法找几何关系建系【规律方法】利用传统方法证明关系，然后通过几何关系建坐标系．【典型例题】例22．如图：长为3的线段与边长为2的正方形垂直相交于其中心．（1）若二面角的正切值为，试确定在线段的位置；（2）在（1）的前提下，以，，，，，为顶点的几何体是否存在内切球？若存在，试确定其内切球心的具体位置；若不存在，请说明理由．【解析】解：（1）取线段的中点为点，连接，，．由于四边形是正方形，为其中心，所以，又面面，所以，而，所以面，面，所以，同理可以证出，为二面角的平面角，．设，，，则．且在中，，同理在中，由，得：故在线段上的靠近点的三分点位置；（2）几何体存在内切球，令球心为，若设线段的中点为点，内切球的半径为，由对称性可知：平面四边形的内切圆的圆心为，半径即为，故，而，．所以，得．由三角形相似有：所以．故其内切球心在点距离为的位置上．（注：也可用分割体积法求例23．在四棱锥中，为棱的中点，平面，，，，，为棱的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若二面角为，求直线与平面所成角的正切值．【解析】解：（Ⅰ）证明：连接交于点，连接，，且，，又，线段是的中位线，，面，面，面；（Ⅱ），，四边形是平行四边形，又，四边形是矩形，；又平面，，；以为坐标原点，，，为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设，则，0，，，0，，，0，，，2，，，1，，，0，，，1，；设平面的一个法向量为，，，由，得；令，得，，，取平面的一个法向量为，0，；，，由二面角为，得，解得；平面，就是直线与平面所成角，在中，，直线与平面所成角的正切值为．例24．三棱柱中，，，侧面为矩形，，二面角的正切值为．（Ⅰ）求侧棱的长；（Ⅱ）侧棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正切值为，若存在，判断点的位置并证明；若不存在，说明理由．【解析】解：（Ⅰ）取的中点，的中点，则四边形为平行四边形，，，侧面为矩形，，，平面，则，则是二面角的平面角，则，则，，设，，，，，，又，在中，即，平方整理得，得或（舍，即侧棱的长为2；（Ⅱ）建立以为坐标原点，，，分别为，，轴的空间直角坐标系如图：过作底面，，，则，，则，，则，0，，，0，，，，，，，则，，，，，，设平面的法向量为，，，由，，则，令，则，即，0，，，0，，设，0，，，，，，0，，，，与平面所成角的正切值，，即，，平方得，得，即在处．即在侧棱上存在点，使得直线与平面所成角的正切值为．核心考点八：空间中的点不好求【规律方法】方程组思想【典型例题】例25．（2022·江苏南京·模拟预测）已知三棱台的体积为，且，平面.(1)证明：平面平面；(2)若，，求二面角的正弦值.【解析】（1）由已知，平面，平面，所以，在三棱台中，，所以，所以，又因为平面，且，所以平面，又因为平面，所以平面平面，得证.（2）取，的中点，连接，所以，又因为，所以，因为平面，平面，所以，又因为，为的中点，所以，由（1）问可知，平面平面，且平面平面，所以平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别为轴的正方向，因为，，且，所以，所以，，，，，，在三棱台中，设，，，，所以或，所以，所以，设平面的法向量为，，，由可知，平面的一条法向量为，设平面的法向量为，，，由可知，平面的一条法向量为，所以，所以二面角的正弦值为.例26．（2022春·浙江·高三浙江省新昌中学校联考期中）如图，在四棱台中，底面是边长为2的菱形，，平面平面，点分别为的中点，均为锐角.(1)求证：；(2)若异面直线与所成角正弦值为，四棱锥的体积为1，求二面角的平面角的余弦值.【解析】（1）底面是菱形，，又平面平面，且平面平面，平面，平面，又平面，.（2）解法一：由（1）知面，又平面，平面平面，作交线，垂足为，因为平面平面=，平面，则面，又平面，所以.再作，垂足为，面，面，所以面，又面则，所以为二面角的平面角，因为平面，所以到底面的距离也为.作，因为平面平面，平面平面＝，平面，所以平面，所以，又为锐角，所以又，所以为等边三角形，故，所以，因为，所以，所以.所以二面角的平面角的余弦值为.解法二：由（1）知面，又平面，平面平面，作，因为平面平面，平面平面＝，平面，所以平面，如图，建立直角坐标系：为原点，为轴方向，轴.因为平面，所以到底面的距离也为.所以，又为锐角，所以又，所以为等边三角形，故，在空间直角坐标系中：，设，则则，设平面的法向量为，，取设平面的法向量为，，取所以，由题知二面角为锐角，故二面角的平面角的余弦值为.例27．（2022春·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考期中）如图，在几何体中，底面为以为斜边的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面平面.(1)证明；平面；(2)若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时,与所成角的余弦值.【解析】（1）过点D作交与点O，∵平面平面，且两平面的交线为,面，∴平面,又平面,∴,又且平面,∴平面;（2）过点E作交与点N，连接,∵平面平面，且两平面的交线为,平面，∴平面,又平面,∴到平面的距离相等,∴且，故四边形为平行四边形，所以,平面，则平面平面，故,又因为,所以，而底面为以为斜边的等腰直角三角形,,故,故，又,，令,令,,所以在单调递增，在单调递减，即，当且仅当时取得最大值，如图所示，以点O为原点以为建立空间直角坐标系，则,设与所成角为，则，即当几何体体积最大时，与所成角的余弦值为.核心考点九：创新定义【规律方法】以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读?一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【典型例题】例28．（2022·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）已知顶点为S的圆锥面（以下简称圆锥S）与不经过顶点S的平面α相交，记交线为C，圆锥S的轴线l与平面α所成角θ是圆锥S顶角（圆S轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C的形状，我们构建球T，使球T与圆锥S和平面α都相切，记球T与平面α的切点为F，直线l与平面α交点为A，直线AF与圆锥S交点为O，圆锥S的母线OS与球T的切点为M，，．(1)求证：平面SOA⊥平面α，并指出a，b，关系式；(2)求证：曲线C是抛物线．【解析】（1）∵平面AOS截球T的截面圆与直线AO相切于F，∴，记P是平面内不在直线OA上的点，平面TFP截球T的截面圆与直线FP相切于点F，∴，∵平面内直线AO，FP相交于点F，∴TF⊥平面，∵直线TF平面AOS，∴平面AOS⊥平面，∴．连TO，TM，∴，，∴球T的半径且，∴.（2）在平面AOS内圆锥的另一条母线与球T的切点记为N点∵，∴以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过O与TF平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图.∵OM，OF与球T相切，∴，∴，，设交线C上任意点，记圆锥S的母线SP与球T相切于E．∵PF与球T相切于点F，∴，，∴，即（1），两边平方整理得：（2），两边平方整理得：（3），易知：（3）（2）（1），∴交线C在坐标平面xOy中方程为，∴交线C是以F为焦点，O为顶点的抛物线.例29．（2022·全国·高三专题练习）类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则．（1）当、时，证明以上三面角余弦定理；（2）如图2，四棱柱中，平面平面，，，①求的余弦值；②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．【解析】（1）证明：如图，过射线上一点作交于点，作交于点，连接，则是二面角的平面角．在中和中分别用余弦定理，得，，两式相减得，∴，两边同除以，得．（2）①由平面平面，知，∴由（1）得，∵，，∴．②在直线上存在点，使平面．连结，延长至，使，连结，在棱柱中，，，∴，∴四边形为平行四边形，∴．在四边形中，，∴四边形为平行四边形，∴，∴，又平面，平面，∴平面．∴当点在的延长线上，且使时，平面．例30．（2022·全国·校联考模拟预测）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示．蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示．蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）．（1）求蜂房曲顶空间的弯曲度；（2）若正六棱柱的侧面积一定，当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值．【解析】（1）蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和，根据定义其度量值等于减去三个菱形的内角和，再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和，即蜂房曲顶空间的弯曲度为.（2）设底面正六边形的边长为1，如图所示，连接AC，SH，则，设点在上底面ABCDEF的射影为O，则,令，则，菱形SAHC的面积，的面积为，令正六棱柱的侧面积为定值时，蜂房的表面积为，，令得到，经研究函数的单调性，得到函数在处取得极小值，此时，在中，令，由余弦定理得,顶点的曲率为，其余弦值为.【新题速递】1．（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）如图，在三棱柱中，，.(1)证明：平面平面；(2)若，，，求直线与平面所成角的正弦值.【解析】（1）证明：设,连接,如图所示：则为的中点，因为，所以，即，又因为，所以，又因为，所以平面，又因为平面，所以平面平面；（2）因为，所以为正三角形，四边形为菱形，因为，，设，则，，所以为等腰直角三角形，所以，又因为四边形为菱形，所以，，又因为，所以，所以，即两两垂直，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的坐标系：所以，，，，，设，由可得，所以，所以，所以，，，设平面的法向量为，所以，即有，令，得，所以，设直线与平面所成角为，则有.所以直线与平面所成角的正弦值为.2．（2022·四川达州·统考一模）如图，三棱柱中，底面为等腰直角三角形，，.(1)证明:；(2)若，求与平面所成角的正弦值.【解析】（1）证明:连接，在中，，由余弦定理得，，，，.又为等腰直角三角形，且，，，平面，平面.∵平面，∴（2），，，如图，以A为原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，由，得，令，得，平面的一个法向量为.，设与平面所成角的大小为，，与平面所成角的正弦值为.3．（2022·陕西宝鸡·统考一模）如图在四棱锥中，底面，且底面是平行四边形.已知是中点.(1)求证：平面平面；(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【解析】（1）面，且，.∵是中点,所以.同理可证：.又面，面，,平面.∵面，∴平面平面.（2），.以A为原点，分别为x，y，z轴正方向建系，如图：则.设平面的法向量则，得，不妨取，则.由（1）得是平面的一个法向量，所以，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.4．（2022·广东广州·统考一模）如图，已知四棱锥的底面是菱形，平面平面，为的中点，点在上，.(1)证明：平面；(2)若，且与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值.【解析】（1）设的交点为，连接，已知为的重心，所以，，所以在中，，所以，所以平面，平面，则平面.（2）因为所以所以为等边三角形，所以，又因为，所以，所以，取的中点为，连接，则，平面平面，平面平面，则平面，以为坐标原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为与平面所成的角为，所以，设菱形的边长为，所以，所以，因为，所以，，设平面，，令，所以，设平面，，令，所以，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.5．（2022·上海奉贤·统考一模）如图，在四面体中，已知.点是中点.(1)求证：平面；(2)已知，作出二面角的平面角，并求它的正弦值.【解析】（1）是中点，又是中点，面所以面（2）由题知，，，取的中点，连接，,根据三角形全等证明方法,可以证明,,所以是二面角的平面角，利用勾股定理计算出,由余弦定理得，解得，所以，，所以，所以中，.6．（2022·上海浦东新·统考一模）如图，三棱锥中，侧面PAB垂直于底面ABC，，底面ABC是斜边为AB的直角三角形，且，记O为AB的中点，E为OC的中点.(1)求证：；(2)若，直线PC与底面ABC所成角的大小为60°，求四面体PAOC的体积.【解析】（1）连接，因为，所以，侧面垂直于底面，平面，平面平面，所以底面，底面，所以，是斜边为的直角三角形，且，所以，又因为O为AB的中点，所以,所以为等边三角形，又E为OC的中点，所以，因为，，，，所以平面，又平面，所以；（2）由（1）知底面ABC，所以直线PC与底面ABC所成角为，因为直线PC与底面ABC所成角的大小为，，因为，所以，在中，，，所以.7．（2022·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，是棱的中点，且平面(1)证明：平面；(2)若，求二面角的正弦值.【解析】（1）取中点，连接，，，，面，面，故面，面，，面面，平面平面，平面平面，故.，，，，故，，是中点，故，，平面，故面，，故面.（2）如图所示以为轴建立空间直角坐标系，，，，，，，设平面法向量为，，取，，设平面法向量为，，取，，，设二面角的平面角为，.8．（2022春·江苏徐州·高三期末）如图，四棱锥中，底面，∥，为的中点.(1)若点M在AD上，，，证明：平面；(2)若，，求二面角的余弦值.【解析】（1）证明：如图所示：取中点，连接，因为，所以，又因为，所以，又因为∥，所以∥，又因为为的中点，所以∥且，即有∥且，所以四边形是平行四边形，所以∥，又因为平面，平面，所以平面；（2）连接，因为，所以为等腰三角形，取中点，连