2025年高考数学必刷题分类：第56讲、立体几何解答题（解析版）

第56讲立体几何解答题

必考题型全归纳

题型一：非常规空间几何体为载体

282

例1．（2024·全国·高三专题练习）已知正四棱台ABCDA1B1C1D1的体积为，其中

3

AB2A1B14.

(1)求侧棱AA1与底面ABCD所成的角；

(2)在线段CC1上是否存在一点P，使得BPA1D？若存在请确定点P的位置；若不存在，请

说明理由.

【解析】（1）依题意，在正四棱台ABCDA1B1C1D1中，AB2A1B14，

所以上底面积S1224，下底面积S24416，

1282

设正四棱台的高为h，则441616h,h2.

33

连接AC,A1C1，则AC42,A1C122，

2

4222

所以2，

AA1h222

2

h2

设侧棱AA1与底面ABCD所成的角为，则sin，

AA12

ππ

由于线面角的取值范围是0,，所以.

24

（2）连接BD,B1D1，设正四棱台上下底面的中心分别为O1,O，

以O为原点，OA,OB,OO1分别为x,y,z轴建立如图所示空间直角坐标系，

A12,0,2,D0,22,0,B0,22,0，

设线段CC1上存在一点P，满足C1PC1C01，

C12,0,2,C22,0,0,C1C32,0,2，

C1P32,0,2，

则BPBC1C1P2,22,232,0,2322,22,22，

A1D2,22,2，

若BPA1D，则BPA1D0，

即232282220，

解得2，舍去，

所以在线段CC1上不存在一点P，使得BPA1D.

例2．（2024·全国·高三专题练习）在三棱台ABCDEF中，G为AC中点，AC2DF，

ABBC，BCCF.

(1)求证：BC平面DEG；

π

(2)若ABBC2，CFAB，平面EFG与平面ACFD所成二面角大小为，求三棱锥

3

EDFG的体积.

【解析】（1）在三棱台ABCDEF中，G为AC中点，则AC2GC，

又AC2DF，GCDF，

AC//DF，四边形GCFD为平行四边形，DG//CF，

又BCCF，BCDG，

DE//AB，ABBC，BCDE，

DEDGD，DE,DG平面DEG，BC平面DEG.

（2）CFAB，DG//CF，DGAB，

又DGBC，ABBCB，AB,BC平面ABC，DG平面ABC，

连接BG，ABBC2，ABBC，G为AC中点，GBAC；

以GB,GC,GD为正交基底，可建立如图所示空间直角坐标系Gxyz，

则G0,0,0，B2,0,0，A0,2,0，C0,2,0，

设DGCFmm0，则D0,0,m，F0,2,m，

1122

GEGDDEGDAB0,0,m2,2,0,,m，GF0,2,m，

2222

设平面EFG的一个法向量为nx,y,z，

22

nGExymz0

则22，令z2，解得：ym，xm，nm,m,2；

nGF2ymz0

又平面ACFD的一个法向量m1,0,0，

mnm1

cosm,n，解得：m1，即DG1，

mn2m222

DG平面ABC，平面ABC//平面DEF，DG平面DEF，

1111

VVSDG111.

EDFGGDEF3DEF326

例3．（2024·重庆万州·高三重庆市万州第二高级中学校考阶段练习）如图，在正四棱台

ABCDA1B1C1D1中，AB2A1B1，AA13，M，N为棱B1C1，C1D1的中点，棱AB上存

在一点E，使得A1E//平面BMND．

AE

(1)求；

AB

(2)当正四棱台ABCDA1B1C1D1的体积最大时，求BB1与平面BMND所成角的正弦值．

【解析】（1）作B1F∥A1E交AB于F，再作FG∥BC交BD于G，连接MG．

因为A1E//平面BMND，所以B1F//平面BMND．

又平面B1FGM平面BMNDMG，所以B1F∥MG．

又因为FG∥BC∥B1C1，所以四边形B1FGM是平行四边形，

11

所以FGBMBCAD，即F为棱AB的四等分点，

12114

AE1

故E也为棱AB的四等分点，所以=．

AB4

（2）由（1）易知G为BD的四等分点，所以点B1在点G的正上方，

所以B1G底面ABCD．

12

设AB2A1B14x，则BGBD2x，所以BG32x，

41

128

所以该四棱台的体积V16x216x24x24x232x2x232x2，

33

2223

2784222784xx32x

而Vxx32x．

993

22

当且仅当x32x，即x1时取等号，此时AB4，A1B12．

以G为原点，GF，B1G分别为x轴、z轴，

过G平行于AB的直线为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则G0,0,0，B10,0,1,，B1,1,0，F1,0,0，

所以GB1,1,0，GMFB11,0,1，BB11,1,1．

设平面BMND的法向量为nx,y,z，

CBn0,xy0,

由得令x1，则n1,1,1．

GMn0,xz0,

设BB1与平面BMND所成角为，

nBB111

则sincosn,BB1，

nBB1333

1

故BB与平面BMND所成角的正弦值为．

13

变式1．（2024·湖北黄冈·浠水县第一中学校考模拟预测）如图，在三棱台A1B1C1-ABC中，

π

AB2，ABAC4，AACC5，BB3，BAC．

111112

(1)证明：平面A1ACC1⊥平面ABC；

(2)设D是BC的中点，求平面A1ACC1与平面A1AD夹角的余弦值．

【解析】（1）证明：

由三棱台A1B1C1-ABC知：A1B1//AB，

在梯形A1ABB1中，取AB的中点E，连接B1E，

因A1B12，ABAC4

故A1B1AE，四边形A1AEB1是平行四边形，

∴B1EAA15，

1

EBAB2，BB3

21

222

所以B1EEBBB1，

π

BEB，即BEAB，

121

因B1E//AA1，所以BAAA1，

π

又因BAC，所以BAAC，

2

又因AA1ACA，所以BA平面A1ACC1，

因BA平面ABC，

所以平面A1ACC1⊥平面ABC；

（2）取AC的中点O，A1C1的中点F，连接OD，OF，则OD//AB，

因ABAC，所以ODAC，

由条件知：四边形A1ACC1是等腰梯形，所以OFAC，

平面A1ACC1平面ABC=AC

OF平面A1ACC1,

平面A1ACC1⊥平面ABC

∴OF平面ABC，

分别以OA，OD，OF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，

2

则在等腰梯形A1ACC1中，由平面几何知识可得：OF5(21)2，

∴A2,0,0，D0,2,0，A11,0,2，AD2,2,0，AA11,0,2

r

设平面A1AD的法向量x,y,z，

AA12x2y0

则由得，

ADx2z0

令x2，得y2，z1，

所以2,2,1，

又平面A1ACC1的法向量0,1,0，

设平面A1ACC1与平面A1AD的夹角为，

212

则cos．

22221213

变式2．（2024·安徽·高三安徽省定远中学校考阶段练习）如图，圆锥PO的高为3，AB是底

面圆O的直径，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且AB2CD2，点E是母线PB

上一动点.

(1)证明：平面ACE平面POD；

130

(2)若二面角AECB的余弦值为，求三棱锥AECD的体积.

130

【解析】（1）连接OC，由题意知四边形AOCD为菱形，故ODAC，

因为PO平面ABCD，AC平面ABCD，

所以POAC，

因为POODO，PO,OD平面POD，所以AC平面POD，又AC平面ACE，

故平面ACE平面POD；

（2）以O为原点，CD的中垂线为x轴，OB为y轴，OP为z轴，

，，，，3，1，

建立如图所示的空间直角坐标系，则A0,1,0，B010，P003，C0，

22

设PEPB，显然1不合题意，则0,1，则E0,,33，

3，1，3，3，3，1，

于是CE33，CA0，CB0，

222222

设平面CBE的法向量为mx,y,z，

31

mCBxy0

22

则，

31

mCExy33z0

22

3，，3

令y3，得x1，z=，则m13

33

33

nCAab0

22

设平面AEC的法向量为na,b,c，则

31

nCEab33c0

22

11

令a3，b=-1，c则n3，1，，

3333

31

mn3331301

从而cos，解得或3，

|mn|111303

1331()2

333

1

因为0,1，故.

3

130

此时二面角AECB的余弦值为满足题意.

130

1211323

从而VVSPO113.

AECDEACD3ACD332236

变式3．（2024·云南·云南师大附中校考模拟预测）如图，P为圆锥的顶点，A，B为底面圆O

2π

上两点，AOB，E为PB中点，点F在线段AB上，且AF2FB.

3

(1)证明：平面AOP平面OEF；

(2)若OPAB，求直线AP与平面OEF所成角的正弦值.

【解析】（1）设圆O的半径为r，

2ππ

在AOB中，OAOBr，AOB，OAB，

36

23r

故AB3r，又AF2FB，故AF，

3

11

在AOF中，由余弦定理得OF2OA2AF22OAAFcosOAFOA2r2，

33

所以OA2OF2AF2，即OAOF；

圆锥中，PO底面O，OF底面O，故POOF，

又OAOPO，所以OF平面AOP，

又OF平面OEF，所以平面AOP平面OEF.

（2）以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，

3

不妨设OA3，则OPAB3OA3，OFOA1，

3

，，3，3，3，3，3，，

则A(3，0，0)，P(003)，B0，E，F(010)，

22442

3，3，3

AP(3，0，3)，OE，OF(0，1，0)，

442

设平面OEF的一个法向量为n(x，y，z)，

333

nOE0xyz0

有，即442，解得n(23，0，1)，

nOF0

y0

设直线AP与平面OEF所成角为，

AP·n63

，39

则sincosAPn.

AP·n12·1326

变式4．（2024·内蒙古赤峰·校联考三模）如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，四

边形ABCD是圆O的内接四边形，BD为底面圆的直径，M在母线PB上，且

ABBCBM2，BD4，MD23．

(1)求证：平面AMC平面ABCD；

(2)设点E为线段PO上动点，求直线CE与平面ADM所成角的正弦值的最大值．

【解析】（1）如图，设AC交BD于点N，连接MN,OC,OA，

由已知可得OCOA2，又ABBC2，

所以四边形ABCO为菱形，所以ACBD，

∵BM2，BD4，MD23，

π

∴BM2MD2BD2，∴BMD，

2

1π

∴cosMBD，又MBD0,π，所以MBD，

23

因为N为OB的中点，∴BN1，BM2．

由余弦定理可得MNBN2BM22BNBMcosMBN3，

∴BM2BN2MN2，所以MNBN，即MNBD，

又AC,MN平面AMC，ACMNN，∴BD平面AMC．

又BD平面ABCD，∴平面AMC平面ABCD．

（2）由已知PO平面ABCD，AC平面ABCD，所以POAC，

又ACBD，BDPOP，BD,PO平面PBD，

∴AC平面PBD，

又MN平面PBD，∴MNAC．

由（1）知MNBD，ACBDN，AC,BD平面ABCD，

所以MN平面ABCD，

∴PO//MN，又点N为BO的中点，

所以PO2MN23．

以点N为坐标原点，NA,ND,NM所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间

直角坐标系

则A3,0,0，D0,3,0，B0,1,0，M0,0,3，C3,0,0，O0,1,0，

设E0,1,t0t23，则CE3,1,t，

∴AD3,3,0，AM3,03，

设平面AMD的法向量为nx,y,z，

ADn03x3y0

则，即，令y1，则x3,z3，

AMn03x3z0

所以n3,1,3为平面AMD的一个法向量．

设直线CE与平面AMD所成的角为，

nCE3t473t21683t7483t

则，

sincosn,CE232

nCE7t247t47t4

483t

构建，

ft20t23

t4

83t24483t2t83t4t3

则ft22，

t24t24

当0t3时，ft0，函数ft在0,3上单调递增，

ù

当3t23时，ft0，函数ft在(3,23ûú上单调递减，

∴t3时，ft取到最大值4．

此时，sin取到最大值1.

另由n3,1,3，CE3,1,t知，

当t3时，n∥CE，此时CE平面AMD，

设直线CE与平面AMD所成的角为，因为090，

当t3时，sin取到最大值1．

变式5．（2024·山东潍坊·统考模拟预测）如图，线段AA1是圆柱OO1的母线，ABC是圆柱

下底面⊙O的内接正三角形，AA1AB3．

(1)劣弧BC上是否存在点D，使得O1D//平面A1AB？若存在，求出劣弧BD的长度；若不存

在，请说明理由．

(2)求平面CBO1和平面BAA1所成角的正弦值．

【解析】（1）如图过点O作AB的平行线OD交劣弧BC于点D，

连接OO1，O1D，因为OO1//AA1，AA1平面AA1B，OO1平面AA1B，

则OO1//平面AA1B，同理可证OD//平面AA1B，

OO1ODO，且OO1平面OO1D，OD平面OO1D，所以平面AA1B//平面OO1D，

又因为O1D平面OO1D，所以O1D//平面A1AB

故存在点D满足题意．

ππ

因为ABC为底面⊙O的内接正三角形，所以BAC，即ABOBOD，

36

3

3

又因为AB3，所以⊙O的半径为π，

2sin

3

π

所以劣弧的长度为3π；

BD62π3

2π6

（2）如图取BC的中点为M，连接MA，以MB为x轴，MA为y轴，过M作OO1平行线

为z轴，建立空间直角坐标系，

又因为AA1AB3，设AB中点为N．

333333333

故M(0,0,0)，，，，，，

B,0,0A0,,0C,0,0O0,,0O10,,3N,,0

2222244

33

易知平面，所以平面的法向量．

ONAA1BAA1BON,,0

44

设平面CBO1的法向量为nx,y,z，

3

y3z0,

33nMO0,

又因为，，故1即2

MO10,,3MB,0,0

22nMB0,3

x0,

2

令y23得n0,23,1

3

nON39

2

所以平面CBO1和平面BAA1夹角的余弦值为．

nON2313

13

4

130

故平面CBO1和平面BAA1夹角的正弦值为．

13

题型二：立体几何存在性问题

例4．（2024·全国·高三对口高考）如图，如图1，在直角梯形ABCD中，

ABCDAB90,CAB30,BC2,AD4．把△DAC沿对角线AC折起到△PAC的

位置，如图2所示，使得点P在平面ABC上的正投影H恰好落在线段AC上，连接PB，点

E，F分别为线段PA，AB的中点．

(1)求证：平面EFH//平面PBC；

(2)求直线HE与平面PHB所成角的正弦值；

(3)在棱PA上是否存在一点M，使得M到点P,H,A,F四点的距离相等？请说明理由．

【解析】（1）在ABC中，ABC90,CAB30,BC2，所以AC4

在△APC中，PAC60，ACAP4，所以△APC为等边三角形，

因为点P在平面ABC上的正投影H恰好落在线段AC上，

所以PH平面ABC，又AC平面ABC，

所以PHAC，所以H为线段AC的中点，

又点E，F分别为线段PA，AB的中点，

所以EH//PC,EF//PB，

由EF//PB，EF平面PBC，PB平面PBC，所以EF//平面PBC，

由EH//PC，EH平面PBC，PC平面PBC，所以EH//平面PBC，

由EH,EF平面EFH，EHIEFE，

所以平面EFH//平面PBC；

（2）在平面ABC内过H作AC的垂线

如图建立空间直角坐标系，

则A(0,2,0)，P0,0,23，B3,1,0，

因为E0,1,3，HE0,1,3

r

设平面PHB的法向量为nx,y,z

因为HB3,1,0，HP0,0,23，

所以有HBn0,HPn0，

3xy0

即，

z0

令x3，则y=3，z0，

所以n3,3,0为平面PHB的一个法向量，

nHE33

cosn,HE

nHE2234

3

所以直线HE与平面PHB所成角的正弦值为；

4

（3）存在，点M为线段PA的中点E，理由如下：

1

因为在直角三角形PHB中，EHPEEAPA2，

2

在直角三角形PHB中，PB4，

1

又EFPB2

2

所以点E到四个点P,H,A,F的距离相等，

所以点E为所找的点，即线段PA的中点E为所求.

例5．（2024·上海长宁·上海市延安中学校考三模）已知ABC和VADE所在的平面互相垂直，

ADAE，AB2，AC4，BAC120，D是线段BC的中点，AD3.

(1)求证：ADBE；

(2)设AE2，在线段AE上是否存在点F（异于点A），使得二面角ABFC的大小为45.

【解析】（1）BC2AC2AB22ACABcos120416828，故BC27，

BD7，则BD2AB2AD2，故ADAB，

又ADAE，AE,AB平面ABE，AEABA，故AD平面ABE，

BE平面ABE，故ADBE，

（2）△ABC和△ADE所在的平面互相垂直，则平面ABC平面ADEAD，

ADAE且AE平面ADE，故AE平面ABC，

如图所示：以AB,AD,AE分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

则A0,0,0，B2,0,0，C2,23,0，设F0,0,a，a0,2，

平面的一个法向量为，

ABFn10,1,0

uur

n2BC23y4x0

设平面CBF的一个法向量为n2x,y,z，则，

n2BF2xaz0

23a

取xa得到，

n2a,,2

3

23

nna

1232

则cosn1,n2，解得a23，不满足题意.

nn722

12a4

3

综上所述：不存在点F，使二面角ABFC的大小为45.

例6．（2024·湖南邵阳·邵阳市第二中学校考模拟预测）如图，在ABC中，ÐB=90°，P为

AB边上一动点，PD//BC交AC于点D，现将PDA沿PD翻折至PDA.

(1)证明：平面CBA平面PBA；

(2)若PBCB2PD4，且APAP，线段AC上是否存在一点E（不包括端点），使得

314AE

锐二面角EBDC的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由.

14EC

【解析】（1）因为PDBC，ÐB=90°，

所以APD90，所以APPD，

所以APBC，又因为BCBP，

APBPP，AP平面PBA，BP平面PBA，

所以BC平面PBA，又BC平面CBA，

所以平面CBA平面PBA.

（2）因为PDBC，BCAP，∴PDAP，

又∵APAP，APPDP，AP,PD平面APD，

∴AP平面APD，

∴PA、PA、PD两两垂直，以P点为原点，PA为x轴，PD为y轴，PA为z轴建立空间

直角坐标系，

因为PBCB2PD4，PD//BC，

所以APPB4.

则D0,2,0，C4,4,0，B4,0,0，A0,0,4，

平面BCD的一个法向量为m0,0,1，

AC4,4,4，设AEAC4,4,4，01

BA4,0,4，BEBAAE44,4,44

BD4,2,0，

设平面BDE法向量为nx,y,z，

nBE044x4y44z0

则，所以，

nBD04x2y0

31

取x1，则y=2，z，

1

31

故n1,2,为平面BDE的一个法向量，

1

31

mn1314

所以cosm,n，

214

mn2231

112

1

2

解得，符合题意

3

2AE

即AEAC，∴2.

3EC

变式6．（2024·福建厦门·统考模拟预测）筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边

形．如图，四边形ABCD为筝形，其对角线交点为O,AB2,BDBC2，将△ABD沿BD

折到ABD的位置，形成三棱锥ABCD．

(1)求B到平面AOC的距离；

1

(2)当AC1时，在棱AD上是否存在点P，使得直线BA与平面POC所成角的正弦值为？

4

AP

若存在，求的值；若不存在，请说明理由．

AD

【解析】（1）因为AB2,BDBC2，

所以BD不可能为四边形ABCD的对称轴，则AC为四边形ABCD的对称轴，

所以AC垂直平分BD，所以AOBD,COBD．

AO平面AOC,CO平面AOC,AOCOO

所以BD平面AOC．

1

所以B到平面AOC的距离dBD1．

2

1

（2）存在点P，使得直线BA与平面POC所成角的正弦值为．

4

过O作OE平面BCD，所以OD,OE,OC两两垂直.

以O为原点，OD,OE,OC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系

由（1）得平面BCD平面AOC，因为OA1,OC3,AC1

31

所以A0,,．

22

31

设APAD,,0,1，

22

3311

OPOAAP,,，

2222

OC0,3,0，

r

设平面POC的法向量nx,y,z，

y0

nOC0

，所以3311

nOP0xyz0

2222

令z2，则x1，

所以平面POC的一个法向量n1,0,2，

31

设直线BA与平面POC所成角为，BA1,,，

22

BAn1

1

sincosBA,n．

BAn2(1)2424

171AP1

所以或，所以存在点P，使得直线BA与平面POC所成角的正弦值为

394AD3

AP7

或．

AD9

变式7．（2024·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）斜三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都为

4,A1AB60，点A1在下底面ABC的投影为AB的中点O.

(1)在棱BB1（含端点）上是否存在一点D使A1DAC1？若存在，求出BD的长；若不存在，

请说明理由；

(2)求点A1到平面BCC1B1的距离.

【解析】（1）因为点A1在下底面ABC的投影为AB的中点O，故A1O平面ABC，

连接OC，由题意ABC为正三角形，故OCAB,

､､

以O为原点，OA,OC,OA1分别为xyz轴建立如图所示空间直角坐标系：

则A(2,0,0),A10,0,23,C0,23,0，B2,0,0,B14,0,23,C12,23,23，

设BDBB1,BB12,0,23，可得D22,0,23，

A1D22,0,2323,AC14,23,23，

假设在棱BB1（含端点）上存在一点D使A1DAC1，

1

则，

A1DAC1,4222323230,

5

14

则BDBB；

515

（2）由（1）知BB12,0,23,BC2,23,0，

r

设平面BCC1B1的法向量为nx,y,z，

nBB102x23z0

则,，令x3，则z1,y1，

nBC02x23y0

则n3,1,1，

又A1B2,0,23，

|A1Bn|43415

则A1到平面BCC1B1的距离为d，

|n|55

415

即点A1到平面BCC1B1距离为.

5

变式8．（2024·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥PABCD中，CD平面PAD，△PAD

为等边三角形，AD//BC，ADCD2BC2，平面PBC交平面PAD直线l，E、F分别

为棱PD，PB的中点．

(1)求证：BC∥l；

(2)求平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值；

PG

(3)在棱PC上是否存在点G，使得DG∥平面AEF？若存在，求的值，若不存在，说明

PC

理由．

【解析】（1）因为AD//BC，AD平面PAD，BC平面PAD，

所以BC//平面PAD，

又因为BC平面PBC，平面PBC平面PAD直线l，

所以BC∥l.

（2）取AD的中点O，连接OP,OB，

由题意可得：BC//OD，且BCOD，

则OBCD为平行四边形，可得OB//CD，

且CD平面PAD，则OB平面PAD，

由OP平面PAD，则OPOB，

又因为△PAD为等边三角形，则O为AB的中点，可得OPAD，

OBADO，OB,AD平面ABCD，则OP平面ABCD，

如图，以O为坐标原点，OA,OB,OP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

133

则A1,0,0,B0,2,0,C1,2,0,D1,0,0,P0,0,3,E,0,,F0,1,，

222

331

可得AE,0,,EF,1,0，

222

33

nAExz0

22

设平面AEF的法向量nx,y,z，则，

1

nEFxy0

2

令x2，则y1,z23，即n2,1,23，

由题意可知：平面PAD的法向量m0,1,0，

nm117

可得cosn,m，

nm17117

17

所以平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值.

17

（3）由（2）可得：PC1,2,3，

设PGPC，Ga,b,c，则PGa,b,c3，

aa

可得b2，解得b2，

c33c31

即G,2,31，可得DG1,2,31，

若DG∥平面AEF，则nDG，

4

可得nDG212610，解得=，

5

PG4

所以存在点G，使得DG∥平面AEF，此时.

PC5

变式9．（2024·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）在三棱锥P-ABC中，若已知PABC，

PBAC，点P在底面ABC的