专题03 空间几何与空间向量（解答题10种考法）讲义（解析版）

专题03空间几何（解答题10种考法）考法一平行【例1-1】（2023春·河北邯郸）如图，在三棱柱中，G，O，H，M分别为DE，DF，AC，BC的中点，N为GC的中点.

(1)证明：平面ABED.(2)证明：平面平面BCFE.【答案】证明见解析【解析】（1）证明：如图，连接BG.∵M为BC的中点，N为GC的中点，∴.∵平面ABED，平面ABED，∴平面ABED.

（2）∵G，O分别为DE，DF的中点，∴.∵平面BCFE，平面BCFE，∴平面BCFE.∵且，∴四边形OFCH是平行四边形，∴.∵平面BCFE，平面BCFE，∴平面BCFE.又，∴平面平面BCFE【例1-2】（2023秋·云南）如图，四棱锥的底面为平行四边形．设平面与平面的交线为l，M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点．

(1)求证：平面平面；(2)求证：．【答案】证明见解析【解析】（1）因为、、分别为、、的中点，底面为平行四边形，所以，，又平面，平面，则平面，同理平面，平面，可得平面，又，平面，所以平面平面.（2）因为，平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以.【例1-3】（2023·青海）如图，在四棱锥A-BCDE中，底面BCDE为矩形，M为CD中点，连接BM，CE交于点F，G为△ABE的重心，证明：平面ABC【答案】证明见解析【解析】延长EG交AB于N，连接NC,因为G为△ABE的重心，所以点N为AB的中点，且,因为,故,所以,故，故,而平面ABC，平面ABC,故平面ABC；【例1-4】（2023·全国·统考高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，，证明：

【答案】证明见解析；【解析】以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，，又不在同一条直线上，.【例1-5】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，，，为点在平面上的射影，为的中点．证明：平面.

【答案】证明见解析【解析】在平面内，过点作于点，连接，，

∵，则，又∵平面，平面，∴平面．又∵平面，平面，平面，∴，，又∵，为公共边，∴，∴，又∵为公共边，∴，∴，为的中点，又∵为的中点，∴为的中位线，，又∵平面，平面，∴平面．又∵，平面，平面，∴平面平面，又∵平面，∴平面．【变式】1．（2023春·浙江金华）在正方体中，分别是和的中点，求证

(1)(2)平面．(3)平面平面．【答案】证明过程见解析【解析】（1）连接，因为底面是正方形，且点是中点，所以，即点也是中点，又因为点是中点，所以由三角形中位线定理可得；（2）由（1），因为平面，平面，所以平面；（3）连接，因为分别是和的中点，所以由正方体的性质可知：，所以四边形是平行四边形，所以有，而，所以，因为平面，平面，所以平面，而平面，所以平面平面.

2．（2023春·新疆省直辖县级单位）如图，已知平面ACD，平面ACD，为等边三角形，，F为CD的中点，求证：∥平面BCE.【答案】证明见详解【解析】因为平面ACD，平面ACD，则∥，取的中点，连接，因为分别为的中点，则∥，且，由题意可得：∥，且，则∥，且，则为平行四边形，可得∥，且平面BCE，平面BCE，所以∥平面BCE.

3．（2022春·浙江温州）已知三棱锥中，，，为中点，为中点，在上，，求证：平面

【答案】证明见解析【解析】连接并延长，交于点，取的中点，连接，因为为中点，所以，，所以，所以，又为中点，所以，所以，因为，所以，所以，可得，因为平面，平面，所以平面；

4．（2022秋·吉林长春）如图，在正三棱柱中，，点在上，且，为中点，证明：平面

【答案】证明见解析【解析】证明：如图所示，分别延长和交于点，设，设，因为，可得，由，可得，即，解得，又因为为的中点，可得，所以，所以，又由，所以四边形为平行四边形，所以为的中点，设，因为四边形为矩形，所以为的中点，在中，由三角形的中位线定理，可得，又因为平面，平面，所以平面.

考法二垂直【例2-1】（2023秋·海南海口）已知三棱锥中，底面，，分别为，的中点，于．

(1)求证：平面；(2)求证：平面平面．【答案】证明见解析【解析】（1）∵底面，底面，∴；又，为的中点，∴，又∵平面，，∴平面，平面，∴，又，平面，，∴平面；（2）由平面知，；又分别为的中点，∴是的中位线，∴，∴，即，由平面可知，，，为平面与平面的二面角，又，∴平面平面．【例2-2】（2022·河北石家庄·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，点为的中点，且平面，求证：平面【答案】证明见解析【解析】证明：取的中点，连接、，、分别为、的中点，则且，又因为，，所以，且，则四边形为平行四边形，所以．又平面，所以，平面，平面，，又，，所以平面．【例2-3】（2023北京）在平行四边形中过点作的垂线交的延长线于点，.连接交于点，如图1，将沿折起，使得点到达点的位置.如图2.证明：直线平面.【答案】证明见解析【解析】证明：图1中，在中，所以.所以也是直角三角形，，在图2中，所以平面.【例2-4】（2023·全国·高三专题练习）如图，三棱锥中，，均为等边三角形，，O为AB中点，点D在AC上，满足，且面面ABC．证明：面POD．

【答案】证明见解析【解析】证明：由条件、为等边三角形，为的中点，则，，，由余弦定理得从而在中，，得为直角三角形，且，又面面，面面，且，面，则由面面垂直的性质定理可得面由面,所以因此由，，，平面，所以平面，即面POD.【变式】1.（2023·全国·统考高考真题）如图，三棱锥中，，，E为BC的中点，证明：；

【答案】证明见解析；【解析】连接，因为E为BC中点，，所以①，因为，，所以与均为等边三角形，，从而②，由①②，，平面，所以，平面，而平面，所以．2．（2023秋·山东）如图所示，在正方体中，为棱的中点，N为棱上的点，且，求证：.

【答案】证明见解析【解析】连接，设，则，，，又，∴.

∴，又，∴，即，又平面，平面，所以，平面，所以平面，平面，∴.3．（2023·湖南）如图，在四棱台中，平面平面ABCD，底面为正方形，，.求证：平面.【答案】证明见解析【解析】证明：因为平面平面，平面平面，，平面，则平面.又平面，则；在等腰梯形，如下图，作，由题可知，，又，则，结合，得.因，则.又平面，平面，，则平面.4.（2023湖北）如图，在侧棱垂直于底面的三棱柱中，，是线段的中点，是线段靠近点的四等分点，点在线段上，求证：【答案】证明见解析【解析】由题意，在直三棱柱中，，不妨设，则，由余弦定理可得，因为，可得，又由是线段的中点，所以，且，因为平面，平面，所以，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以,在直角中，，因为是线段靠近点的四等分点，可得，所以,可得，又由且平面，所以平面，因为平面，所以.考法三空间角之向量法【例3-1】（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)求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【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）解：，，，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）解：，，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.【例3-2】（2023·广东茂名·统考一模）如图所示，三棱锥，BC为圆O的直径，A是弧上异于B、C的点.点D在直线AC上，平面PAB，E为PC的中点.(1)求证：平面PAB；(2)若，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】（1）因为平面PAB，平面平面，平面CAB所以.又O为BC中点，所以D为AC中点.又E为PC中点，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）如图1，取的中点F，连结PF、AF.由已知底面在半圆O上，BC为圆O的直径，可得.因为所以，所以.又，则有，所以，.则有，，，所以，，，又，平面，平面.所以平面.法一：如图2建立如图所示的空间直角坐标系.由，，可得.，，，，，.所以，，.设为平面PAB的一个法向量，则，

令，则，，则.设为平面PBC的一个法向量，则，令，则，，则.设平面PAB与平面PBC的夹角为，则.法二：如图3，建立如图所示的空间直角坐标系.因为，则，，，，，所以，，.设为平面PAB的一个法向量，则，令，则，，则.设为平面PBC的一个法向量，则，令，则，，则.设平面PAB与平面PBC的夹角为，则.【变式】1．（2023·云南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，为的中点．

(1)证明：；(2)求二面角的平面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】（1）在四边形中，，取中点，连接，由，得，则四边形是平行四边形，又，因此是矩形，即有，有，，从而，即，而平面，平面，则，又平面，于是平面，而平面，所以.

（2）由（1）知两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，依题意，，，设平面的一个法向量，则，令，得，设平面的一个法向量，则，令，得，因此，显然二面角的平面角为钝角，所以二面角的平面角的余弦值为.2.（2023·全国·统考高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．

(1)证明：；(2)点F满足，求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)．【解析】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，因为，，所以与均为等边三角形，，从而②，由①②，，平面，所以，平面，而平面，所以．（2）不妨设，，．，，又，平面平面．以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，设平面与平面的一个法向量分别为，二面角平面角为,而，因为，所以，即有，，取，所以；，取，所以，所以，，从而．所以二面角的正弦值为．3（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．【答案】(1)证明见解析(2)【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）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，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.

考法四空间角之几何法【例4-1】（2023秋·四川遂宁）如图，多面体中，四边形为平行四边形，，，四边形为梯形，，，，，平面(1)求证：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).【解析】（1）由四边形是平行四边形，得，而平面，平面，则平面，由，平面，平面，得平面，又，平面，因此平面平面，而平面，所以平面.（2）由平面，平面，得，连接，则，在平面内过作于，连接，显然，而平面，于是平面，则为直线与平面所成的角，又，则，因此，所以直线与平面所成角的正弦值为.【例4-2】（2023春·河南商丘）如图，四边形是正方形，平面，且.求：

(1)求二面角的大小．(2)求二面角的大小.(3)求二面角的大小的正弦值．【答案】(1)(2)(3)【解析】（1）∵平面，面,∴,,∴为二面角的平面角，又∵四边形是正方形，∴，即二面角的大小为；（2）作的中点,的中点,连接,,,

∵平面，面,∴,∵，∴为等腰直角三角形，∵为的中点，∴,又∵,,平面,且,∴平面,∴,∵分别为和的中点，∴,∴为二面角的平面角，∵,∴平面,∴,∴,即二面角的大小为；（3）连接,

∵,,∴,∴,∴二面角的大小的平面角，又∵,,平面,且,∴平面,∴,∵,∴,∴,∴,即二面角的大小的正弦值.【变式】1．（2023春·福建宁德）四棱锥中，底面为平行四边形，侧面底面，已知，，，．

(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）作，垂足为，连接，由侧面底面，侧面,且侧面底面，得底面．因为，所以，又，故为等腰直角三角形，，且平面，所以平面，又因为平面，所以,即.（2）证明：由（1）知，依题，故，由，，，又，作，垂足为，侧面底面，平面,且侧面底面，得平面，连接,所以为直线与平面所成的角，所以，即直线与平面所成角的正弦值为．

2．（2023秋·山东潍坊·高三校考阶段练习）如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，且，，平面，，分别是线段，的中点.

(1)证明：；(2)若与平面所成的角为，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2).【解析】（1）连接AF，则，又，，∴，∴，∵平面ABCD，平面ABCD，∴，又平面PAF，∴平面PAF，又平面PAF，∴；（2）平面，是与平面所成的角，且．，∵平面PAF，∴，，∴为平面PFD与平面CFD所成锐角，∴，故二面角的余弦值为.考法五空间距离之向量法【例5】（2023·重庆·统考模拟预测）在多面体中，四边形是边长为4的正方形，，△ABC是正三角形．

(1)若为AB的中点，求证：直线平面；(2)若点在棱上且，求点C到平面的距离．【答案】(1)证明见详解(2)【解析】（1）连接，设，由题意可得为的中点，连接，因为分别为的中点，则//，平面，平面，所以直线平面.

（2）由题意可得：，，平面，所以平面，取的中点，连接，因为△ABC是正三角形，则，又因为平面，平面，则，，平面，所以平面，如图，以为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量，则，令，则，即，所以点C到平面的距离.

【变式】1．（2023·天津北辰·校考模拟预测）在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，，，，为中点，在线段上，且.

(1)求证：平面；(2)求直线PB与平面所成角的正弦值；(3)求点到PD的距离.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【解析】（1）如图，取中点，连接

因为为中点，，，，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，因为为中点，为中点，则，又平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，又平面，故平面．（2）

根据题意，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，由条件可得，，则，设平面的法向量为，则，解得，取，则，所以平面的一个法向量为，设直线PB与平面所成角为，则.所以直线PB与平面所成角的正弦值为.（3）由（2）可知，，所以点到PD的距离为.2．（2023·江西景德镇·统考三模）如图，等腰梯形中，，，现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.

(1)证明：面面；(2)若为上的一点，点到面的距离为，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）在梯形中，取中点，连接，

，，四边形为平行四边形，，，；，，平面，平面，平面，平面平面.（2）分别取中点，连接，，为中点，，又平面平面，平面平面，平面，平面，分别为中点，，平面，则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，，，，，设，则，设平面的法向量，则，令，解得：，，；点到平面的距离，解得：，；平面轴，平面的一个法向量，，又二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.3．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测）三棱台中，平面，，且，，是的中点．

(1)求三角形重心到直线的距离；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)(2)【解析】（1）因为，所以，，在平面内过点作，建立如图所示空间直角坐标系，则

，，，，，过点作，设，.则.因为，所以，解得，所以，．即三角形重心到直线的距离为.（2），，，设平面的法向量，则，取，则设平面的法向量，则，取，则所以，由图可知，二面角为锐角，所以，二面角的余弦值为．考法六空间距离之几何法【例6】（2023·天津·统考高考真题）三棱台中，若面，分别是中点.

(1)求证：//平面；(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；(3)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【解析】（1）

连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，又平面，平面，于是//平面.（2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接.由面，面，故，又，，平面，则平面.由平面，故，又，，平面，于是平面，由平面，故.于是平面与平面所成角即.又，，则，故，在中，，则，于是（3）[方法一：几何法]

过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.由题干数据可得，，，根据勾股定理，，由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.又平面，则，又，，平面，故平面.在中，，又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，即点到平面的距离是.[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.设点到平面的距离为.，.由，即.【变式】1．（2023·江西景德镇·统考三模）如图，等腰梯形ABCD中，，，现以AC为折痕把折起，使点B到达点P的位置，且.

(1)证明：平面平面；(2)若M为PD的中点，求点P到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）在梯形ABCD中取AD得中点N，连接CN，

则由BC平行且等于AN，可知ABCN为平行四边形，所以，由可得C点在以AD为直径的圆上，所以.又，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）取AC得中点O，连接PO，OD，由得，

由（1）知，平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以，又M为PD的中点，所以，因为平面，平面，所以，，又M为PD的中点，所以，则，所以，，，所以，由余弦定理得，所以，所以，所以，因为平面，所以点到平面的距离CD是点到平面距离的2倍，即点M到平面PAC的距离为1，，设点P到平面的距离为，因为，所以，解得.2．（2023·新疆·统考三模）如图，在四棱锥中，底面是长方形，，，点为线段的中点，点在线段上，且．

(1)证明：平面平面；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）证明：因为，所以．又平面，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）如图，作于于，连接，

因为平面平面，所以．因为平面，所以平面；因为平面，所以；因为平面，所以平面平面，所以．设棱锥的高为，因为底面是长方形，，点为线段的中点，且．所以所以，因为，即，得，所以棱锥的高3．（2023·江西景德镇·统考三模）如图，等腰梯形ABCD中，，，现以AC为折痕把折起，使点B到达点P的位置，且.

(1)证明：平面平面；(2)若M为PD的中点，求点P到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）在梯形ABCD中取AD得中点N，连接CN，

则由BC平行且等于AN，可知ABCN为平行四边形，所以，由可得C点在以AD为直径的圆上，所以.又，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）取AC得中点O，连接PO，OD，由得，

由（1）知，平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以，又M为PD的中点，所以，因为平面，平面，所以，，又M为PD的中点，所以，则，所以，，，所以，由余弦定理得，所以，所以，所以，因为平面，所以点到平面的距离CD是点到平面距离的2倍，即点M到平面PAC的距离为1，，设点P到平面的距离为，因为，所以，解得.考法七折叠问题【例7】（2023秋·山东泰安）如图1，四边形为矩形，，E为的中点，将、分别沿、折起得图2，使得平面平面，平面平面．

(1)求证：平面；(2)若F为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）在图2中，取、的中点M、N，连接、、，在图1中，，且E为AB的中点，则，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理，平面，所以.又因为，所以四边形为平行四边形，所以，而平面，平面，所以平面.（2）在图1中，，，.以点E为坐标原点，，所在的直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，

设，则，向量，设平面的法向量为由，得，令，得平面的一个法向量为，又，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】1．（2023·河南·校联考模拟预测）已知中，，，，，将沿折起，使点A到点处，．

(1)证明：平面平面；(2)求直线与平面所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）证明：因为，，可得，又因为，所以，即，又，且平面，则平面，因为平面，所以，又因为，即，因为，且平面，所以平面，又因为平面，故平面平面．（2）解：以为坐标原点，以DE，DB所在直线为x轴、y轴，以垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，在直角三角形中，，，则，由（1）知平面，则为平面的法向量，且，设直线CD与平面所成角的角为，则，故直线CD与平面所成角的余弦值为．

2．（2023·吉林长春·东北师大附中校考一模）长方形中，，点为中点（如图1），将点绕旋转至点处，使平面平面（如图2）．

(1)求证：；(2)点在线段上，当二面角大小为时，求四棱锥的体积．【答案】(1)证明见详解(2)【解析】（1）证明：在长方形中，，为中点，，，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，，又，平面，平面，，平面，平面，.（2）

如图，取的中点，的中点，连接，由题意可得两两互相垂直，以为坐标原点，以，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，设，则，设平面的一个法向量为，则，，令，得，，又平面，是平面的一个法向量，，令，解得或（舍）.即为的靠近的三等分点时，二面角的平面角为，平面，且，到平面的距离为，又四边形的面积为3，四棱锥的体积考法八动点【例8-1】（2023春·山西运城·高一统考期中）如图，正三棱柱中，E、F、G分别为棱、、的中点．

(1)证明：∥平面；(2)在线段是否存在一点，使得平面∥平面？若存在，请指出并证明；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在；N为的中点，证明见解析【解析】（1）证明：取的中点，连接，，在中，因为E、M分别为、的中点所以且．又为的中点，，所以且，即且，故四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．

（2）当N为的中点时，平面平面．证明：连接，．因为N，F分别是和的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．因为，，所以．因为平面，平面，所以平面．又因为平面，平面，，所以平面平面．

【例8-2】（2023秋·湖南长沙）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，侧面底面，M是的中点．

(1)求证：平面；(2)在棱上是否存在点N使平面平面成立？如果存在，求出；如果不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)存在，.【解析】（1）由侧面是正三角形，M是的中点，得，由正方形，得，而平面平面，平面平面，且平面，则平面，又平面，于是，而平面，所以平面.（2）取的中点，的中点，连接，连接，连接，连接，

于是，由正方形，得，则，令，显然是正的中心，，，又平面平面，平面平面，则平面，平面，即有，而平面，则平面，平面，在平面内过作交于，显然，而平面，因此平面，连接并延长交于，连接，于是平面平面，过作，则有，，，，，则，又，，从而点是线段的中点，，过作交于，于是，即，显然，因此，所以在棱上存在点N使平面平面成立，.【变式】1．（2023·全国·统考高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；(2)点在棱上，当二面角为时，求．【答案】(1)证明见解析；(2)1【解析】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，，又不在同一条直线上，.（2）设，则，设平面的法向量，则，令，得，，设平面的法向量，则，令，得，，，化简可得，，解得或，或，.2．（2023春·浙江嘉兴）如图，四棱锥的底面为矩形，平面，且，分别为的中点.

(1)证明：平面；(2)在线段上是否存在一点，使得平面平面，若存在，请找出该点，并给出证明；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，点为的中点，证明见解析【解析】（1）证明：因为平面，平面，所以，矩形中，，，平面，所以平面；（2）存在满足条件的点，为的中点．

证明：在中，，又平面，平面，所以平面．又因为分别是的中点，而，，所以，，所以四边形是平行四边形．所以，而平面，平面，所以平面．又因为，平面，所以平面平面．3．（2023·北京）如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，，，且，，是的中点．在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

【答案】存在，【解析】存在点，使得平面，此时，证明如下：

连接，为中点，连接，直角梯形中，，，，，则，，四边形为平行四边形，有，则，所以，又底面，底面，则，则，，则，得，又，，，由余弦定理得，，则，，又，是的中点，则，，平面，则平面，故存在点，使得平面，此时．4．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考三模）如图，在四棱台中，底面是菱形，，，平面.

(1)证明：BDCC1；(2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，【解析】（1）证明:如图所示，连接,因为为棱台，所以四点共面，又因为四边形为菱形，所以，因为平面，平面，所以，又因为且平面，所以平面，因为平面，所以.（2）解：取中点，连接，因为底面是菱形，且，所以是正三角形，所以，即，由于平面，以为原点，分别以为轴、轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则假设点存在，设点的坐标为，其中，可得

设平面的法向量，则，取，可得，所以.又由平面的法向量为，所以，解得由于二面角为锐角，则点在线段上，所以，即故上存在点，当时，二面角的余弦值为.

考点九外接球【例9】（2023湖南）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，.（1）求证：平面；（2）若直线与底面所成的角的余弦值为，求三棱锥的外接球表面积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）在四边形中，，，，，为等腰直角三角形，即，平面平面，，平面平面，平面，又平面，，，平面，平面.（2）平面，平面，，，又，，，即，，平面，平面，平面，，即，均为直角三角形，且公共斜边为，中点到三棱锥四个顶点的距离相等，三棱锥的外接球半径；平面，为直线与底面所成的角，，又，，三棱锥的外接球表面积.【变式】1．（2023·全国·模拟预测）如图，球O是正三棱锥和的外接球，M为的外心，直线AM与线段BC交于点D，D为BC的中点，两三棱锥的高之比为，E为PA上一点，且．(1)证明：；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见详解(2)【解析】（1）过M作，交AB于，易证MA，MP，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系．设，球O的半径为R，则在中，有，解得．则，，，∵，∴，，所以∴，∴．（2）因为，平面，所以平面PAD，又平面PAD，∴．由（1）得，又，平面，∴平面，所以平面的一个法向量为．又∵，，，∴，．设平面的法向量为，则令，则，，∴为平面的一个法向量．设二面角的平面角为，∴，又，∴．故二面角的正弦值为．2．（2023·全国·高三专题练习）如图矩形中，，沿对角线将折起，使点A折到点P位置，若，三棱锥的外接球表面积为．(1)求证：平面平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)M为的中点，点N在边界及内部运动，若直线与直线与平面所成角相等，求点N轨迹的长度．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【解析】（1）证明：设O为矩形对角线的中点，∴．即．∴O为三棱锥外接球的球心．又∵三棱锥外接球表面积为，∴外接球半径为2．即．过P点作，垂足为E，过点C作，垂足为F，则，，，，∴而，在中，满足∴为直角三角形，∵，，∴平面．又∵平面，∴平面平面．（2）以E为坐标原点，所在直线分别为x轴、z轴，以平面内过E且垂直于的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．可知：且设平面的法向量为，得，取，则，设平面的法向量为，得，取，则设平面与平面夹角为，则所以平面与平面夹角余弦值为是．（3）由（2）中空间直角坐标系可设N为，，，，取平面法向量为．∵直线与直线与平面所成角相等，∴得：整理得：，即∵N点在边及其内部，∴N的轨迹为圆落在边及内部的部分．∴轨迹长度为半径为1的圆周长为．得∴N点轨迹长度为．考法十最值【例10】．（2023·福建泉州·统考模拟预测）如图，三棱锥中，，，，平面平面.

(1)求三棱锥的体积的最大值；(2)求二面角的正弦值的最小值.【答案】(1)(2).【解析】（1）取的中点，连接，

因为，所以又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为，，，所以，，所以三棱锥的体积为因为，所以，，当且仅当，即时，等号成立，故三棱锥的体积的最大值为.（2）解法一：由（1）可知平面，又平面，所以，过作于，连接，

因为平面，，