2026年高考数学终极冲刺：秘籍10 不规则几何体建系与计算的九大技巧（解析版）

4/4秘籍10不规则几何体建系与计算的九大技巧题型考情分析考向预测1.面面垂直型2025年全国二卷：第17题考查了翻折问题，用空间向量建系解决问题2024年新课标二卷：第17题考查了翻折后底面不规则，用空间向量建系解决问题2024年新高考1卷：第17题考查了空间向量建系，根据二面角反求长度问题弱化完美几何体，强化不规则几何体、生活化折叠、偏心结构，考查自主建系、构建垂直的能力.2.单垂线型3.斜棱柱型（无垂面无垂线）4.偏心棱锥型（顶点射影非中心/顶点）5.翻折型（由平面图形折叠成立体）6.底面任意多边形型（无垂直、无对称）7.中点/中心对称型8.不规则台体型9.全无垂直极端型题型1面面垂直型几何特征：有一组面面垂直，底面、侧面为不规则图形（梯形、任意三角形）建系步骤：①两平面交线定为X轴；②在其中一个平面内，作交线垂线为y轴；③利用面面垂直性质，过垂足作另一平面垂线为z轴.【例1】矩形所在平面与等腰梯形所在平面互相垂直，，，直线与平面所成角为，.

(1)求平面与平面夹角的余弦值；(2)线段上任意一点到平面的距离是否为定值?如果是，则求出定值，否则说明理由．【答案】(1)(2)是定值，【分析】（1）建立空间直角坐标系，结合题意可求得相关点坐标，进而求得平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法可得答案；（2）根据线面平行的判定定理可证明平面，从而可判断段上任意一点到平面的距离为定值，利用空间距离的向量求法可求得定值.【详解】（1）过点F作,垂足为G，因为平面平面，平面平面，平面,故平面，则为直线与平面所成角，即，过点C作平面的垂线作为z轴，以为轴，建立空间直角坐标系，

因为，在等腰梯形中，，则，，设平面的法向量为，则，令，则，故，平面的一个法向量可取为，故，故平面与平面夹角的余弦值为.（2）设交于点H，连接，因为,且，故四边形为平行四边形，则，平面，平面，故平面，所以线段上任意一点到平面的距离是否为定值，又，故A点到平面的距离为，即定值为.【变式1-1】（2026·贵州贵阳�模拟预测）如图所示，是半圆O的直径，C是半圆O上除A、B外的一个动点，垂直于半圆O所在的平面，，，.(1)证明：平面平面；(2)当C点为半圆的中点时，求面与面所成的二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）通过证明平面，结合四边形是平行四边形，即可求证；（2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解.【详解】（1）是直径，，平面，，平面，平面，，，∴四边形是平行四边形，则，平面，平面，∴平面平面；（2）依题意，以C为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，，设平面的一个法向量为，，即，令，得，则，设平面的一个法向量为，，即，令，得，则，，∴面与面所成的二面角的正弦值.【变式1-2】（2026·云南红河·模拟预测）如图，在五面体中，，，，为等边三角形，平面平面．(1)证明：直线平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)设点为线段上一动点，请从以下两个条件中任选一个作答．①；②；是否存在满足所选条件的点，若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由．注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在，为线段的中点【分析】（1）根据题意可得，结合面面垂直的性质分析证明即可；（2）建系并标点，求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角；（3）设（），可得，，若选①：根据空间向量的数量积运算求解；若选②：可得，结合模长公式运算求解.【详解】（1）因为，，则，即．因为平面平面，平面平面，平面，所以平面．（2）取的中点，连接，因为为等边三角形，且，则，且，以为坐标原点，，，平行的直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，可得，，，设面的一个法向量为，则，令，得，，可得；设平面的一个法向量为，则，令，得，，可得；则，所以平面与平面所成角的余弦值为．（3）由（2）可知，，因为点在线段上，设（），则（），因为，，若选①：存在一点，使得，理由如下：因为，解得或（舍去），所以当为线段的中点时，．若选②：存在一点，使得，理由如下：因为，可得，又因为，即，解得或（舍去），因此当为线段的中点时，．题型2单垂线型几何特征：一条侧棱（或高线）垂直底面，但底面是任意三角形、不规则梯形.建系步骤：①垂线垂足设为坐标原点；②底面内过原点，任选互相垂直两条线作x、y轴；③垂直底面的棱直接作z轴.【例2】（2026·上海嘉定·二模）如图，在中，，平面，分别是线段、的中点．(1)求证：；(2)若，求直线与平面所成角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）建立适当空间直角坐标系，设，求出，利用证明.（2）求出平面的一个法向量，利用即可求出直线与平面所成角的大小.【详解】（1）由题可建立如图所示的空间直角坐标系.设.则.所以所以，；（2），.，.记平面的一个法向量为，则，令则.，.记直线与平面所成角为.则.又，.【变式2-1】（2026·贵州贵阳�模拟预测）如图，在多面体中，平面，，，为中点，．

(1)证明：平面；(2)当二面角的正切值为时，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先由等腰的三线合一及平面证得平面，再由推出，从而证平面；（2）建立空间直角坐标系，设，利用二面角的正切值，​求得，再求出平面的法向量与，用线面角公式计算得正弦值为．【详解】（1）连接，因为，为中点，所以．因为平面，平面，所以．因为平面，，所以平面．因为，所以，，所以四边形是平行四边形，所以，所以平面．（2）因为平面，平面，所以，，所以为二面角的平面角．不妨设，因为平面，平面，所以，所以，所以．在中，，，所以，．

如图，建立空间直角坐标系，，，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，由，得，令，得，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2-2】（2026·江西赣州·一模）如图，在三棱锥中，平面，且为的中点.(1)求二面角的余弦值；(2)若，在线段上各取一点，设，若平面平面，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）建立坐标系，求出平面的法向量，利用向量夹角公式可求答案；（2）根据求出的长，求解两个平面的法向量，利用法向量垂直可求答案.【详解】（1）因为平面，平面，所以，因为，所以，所以两两垂直，所以以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，因为为的中点，所以，设，则，设平面的一个法向量为，则，令，可得；易知平面的一个法向量为，二面角的大小为，易知为锐角，，所以二面角的余弦值为.（2）由，则，，解得，即.因为，所以,且，,,设平面的一个法向量为，则，令，可得，即.,设平面的一个法向量为，则，令，可得，即，因为平面平面，所以，解得题型3斜棱柱型（无侧面垂直底面、无侧棱垂直底面）1、几何特征：斜三棱柱、平行六面体，侧棱不垂直底面，整体倾斜.2、建系步骤：①底面顶点为原点，底面两条邻边为x、y轴；

②侧棱单独设空间向量，利用棱长、夹角算竖坐标；

③无垂直轴，靠解三角形补长度.【例3】（2024·河南·模拟预测）如图，平行六面体中，底面是边长为2的正方形，为与的交点，．(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)【详解】（1）连接，因为底面是边长为2的正方形，所以，又因为，，所以，所以，点为线段中点，所以，在中，，，所以，则，又，平面，平面，所以平面.（2）【方法一】：由题知正方形中，平面，所以建系如图所示，则，则，，设面的法向量为，面的法向量为，则，取，则取，则.设二面角大小为，则，所以二面角的正弦值为.【方法二】：以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．由题设得，，，，，，，，．

设是平面的法向量，则，即，可取．设是平面的法向量，则，即，可取．

所以．因此二面角的正弦值为．

【变式3-1】（2026·河北衡水·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，，，点在底面上的投影为的中点，点满足.

(1)当时，证明：平面平面.(2)已知，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值.【答案】(1)证明见解析；(2)或.【分析】（1）先证平面，再由得平面，进而可证面面的垂直；（2）建立空间直角坐标系，根据两个平面夹角的余弦值可得所求值.【详解】（1）当时，，则点是的中点.又因为，，且为的中点，所以.因为点在底面上的投影为的中点，所以平面，又因为平面，所以.由，，，平面，所以平面.又因为为的中点，点是的中点，连接，所以且，

所以四边形是平行四边形，所以，且平面，所以平面，且平面，所以平面平面.（2）由（1）解析知，故以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图.

因为，得，，所以，因为平面在坐标平面内，所以平面的一个法向量为.设平面的法向量为，，由，得，令，则可得所以，化简得，即，解得或均符合题意，故的值为或.【变式3-2】（2026·陕西榆林�模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，，，分别为，的中点．(1)证明：侧面为矩形；(2)若，求直线与平面夹角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)．【分析】（1）根据线面平行的传递性可得平面，从而可得，根据等腰可得，故可证明平面，从而可得，根据平行关系可得，从而可证侧面为矩形．（2）以为坐标原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求线面角的正弦值.【详解】（1）如图，连接，由题知，是的中点，∴，∵平面，而平面平面，∴平面，又平面，∴．又，，平面，∴平面，又平面，∴．∵分别是，的中点，∴，∴．∴侧面为矩形．（2）连接，以为坐标原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.易知，，，∴，，，，∴，，，设平面的法向量为，则，取．∴，∴直线与平面夹角的正弦值为．题型4偏心棱锥型1、几何特征：非正棱锥，顶点在底面射影不在中心、不在顶点，落在边上或底面内部.

2、建系步骤：

①顶点底面射影设为原点；

②过射影作底面两条互相垂直直线为x、y轴；

③顶点与射影连线（几何体的高）为z轴.【例4】如图，在三棱锥中，是点在平面ABC上的投影，，，是BD的中点.(1)证明：平面DAC；(2)若O点正好落在的内角平分线上，，，，求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【详解】（1）连接BO并延长交AC于点E，连接OA，DE，因为是在平面ABC上的投影，所以平面，，平面ABC，所以，，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以，所以，即，所以为BE的中点，又为DB的中点，所以，又平面，平面DAC，所以平面DAC；（2）过点A作，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，，所以，又点正好落在的角平分线上，所以，所以，所以，，则，所以，所以，，，，所以，则，，，设平面AMB的一个法向量为，则，令则，所以.设平面AMC的一个法向量为，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.【变式4-1】（2026·浙江宁波�二模）在中，为的中点，如图，沿将翻折至位置，满足.(1)证明：平面平面；(2)线段上是否存在点，使得在平面内的射影恰好落在直线上.若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，.【分析】（1）根据余弦定理，求出几何体各边长，再根据勾股定理证明线线垂直，进而根据面面垂直的判定定理，证明结果即可；（2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，由向量共线的坐标表示，以及向量垂直的坐标表示，求出参数值，求出结果.【详解】（1）在中，由余弦定理可得，则，又为的中点，则.取的中点，显然有.因为，则在中，，由余弦定理可得，可得，所以，所以，，，平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面（2）如图所示，连接，因为，所以，由（1）可知，两两相互垂直，则以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系，则，故.记在上的射影点为，设，可得，则，即，解得，因为，且，所以；所以存在符合题意，且.【变式4-2】（2026·安徽铜陵·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，．(1)求证：平面；(2)若，，点E在线段上，且平面，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证明，再根据线面垂直判定定理证明结论；（2）建立空间直角坐标系，由平面求出点坐标，再求出平面与平面的法向量，结合向量夹角公式求结论.【详解】（1）连接，交于点，连接，则为的中点，因为四边形为菱形，所以，因为，所以，又因为与相交于点，平面，所以平面.（2）因为，为的中点，所以，所以、、两两相互垂直，以点为原点建立空间直角坐标系如图，因为为菱形，，所以为等边三角形，，，在中，.所以，设，则，，因为平面，所以，则，，解得，故，因为平面，所以取平面的法向量，因为，设平面的法向量，则，即，可设，设平面与平面的夹角为，则.题型5翻折几何体1、几何特征：平面图形沿固定直线翻折，形成二面角，无原生垂直.

2、建系步骤：

①

翻折线统一设为x轴；

②

翻折前后两个平面内，分别作翻折线的垂线；

③

两条垂线分别为y、z轴，二面角直接落在yOz平面.【例5】（2023·江苏淮安·模拟预测）如图，在平面五边形ABCDE中是边长为2的等边三角形，四边形ABCD是直角梯形，其中．将沿AD折起，使得点E到达点M的位置，且使．(1)求证：平面平面ABCD；(2)设点P为棱CM上靠近点C的三等分点，求平面PBD与平面MAD所成的二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)正弦值为【详解】（1）如图，取AD的中点N，连接MN，BN．因为是等边三角形，所以，且，在直角梯形ABCD中，因为，所以四边形BCDN是矩形，所以，且，所以，即，又，平面MAD．平面MAD．所以平面MAD．因为平面ABCD，所以平面平面ABCD．（2）由（1）知NA，NB，NM两两互相垂直，以N为坐标原点，直线NA为x轴、NB为y轴、NM为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意，，由P是棱CM的靠近点C的三等分点得，，设平面PBD的一个法向量为，则，即，令，则，故平面BDP的一个法向量为．而平面MAD的一个法向量为，设平面PBD与平面MAD所成的二面角的平面角为，则，所以，所以平面PBD与平面MAD所成的二面角的正弦值为．【变式5-1】（2026·湖北�二模）如图，菱形的边长为2，.现将沿折起，得到四面体，设二面角等于.(1)求证：；(2)若三棱锥的体积为，（i）求直线与平面所成的角；（ii）当时，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)（i）或；（ii）【分析】（1）根据题意，取的中点，证得，，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得；（2）由和，得到，结合三棱锥的体积为，列出方程，求得，再由面面垂直的性质，证得即为直线与平面所成角，即可求解；（ii）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）由菱形的边长为，且，可得和都是等边三角形，现将沿折起，可得，为等边三角形，如图所示，取的中点，连接，，可得，，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以；（2）（i）由（1）知平面，可得，又由，，所以是二面角的平面角，即，因为菱形的边长为，可得，又因为三棱锥的体积为，可得，解得，所以或，因为平面，且平面，所以平面平面，因为平面平面，所以点在平面的投影在直线上，所以即为直线与平面所成角，所以直线与平面所成角为或；（ii）因为，所以，且，过点作平面的垂线为轴，，所在直线为轴，轴，建立空间直角坐标系，可得，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，可得，因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.【变式5-2】（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图所示，已知等腰梯形中，，是的中点，将沿对折至，使得与边长为2的菱形成60°的二面角，折叠后发现.(1)求点P到平面的距离；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1).(2).【分析】（1）分析与的垂直关系，确定二面角的平面角，再结合线面垂直的判定，找到在平面内的射影，进而利用三角函数计算距离；（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，再利用向量的夹角公式计算二面角的余弦值，进而求出正弦值.【详解】（1）由题设，可知，取中点，连接，，故，又，，平面，∴平面，又平面，故.故为平面与平面所成二面角的平面角，则.因为平面，故平面平面，平面平面，过作交于，故平面.∵，∴，因此点到平面的距离为.（2）以为坐标原点，直线，为x轴，y轴，过且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，.，，.设平面的法向量为，则，即取，∴，设平面的法向量为，则，即取，∴，∴，故，所以二面角的正弦值为.题型6底面任意多边形1、几何特征：底面无直角、无垂直，纯不规则四边形/三角形，无特殊条件.

2、建系步骤：

①任意顶点设为原点，两条邻边强行设为x、y轴（可不垂直）；

③利用空间向量、余弦定理、边长条件求第三点空间坐标.【例6】如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见详解；(2)【分析】【详解】（1）因为为的中点，所以，四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面；（2）如图所示，作交于，连接，因为四边形为等腰梯形，，所以，结合（1）为平行四边形，可得，又，所以为等边三角形，为中点，所以，又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，因为，所以，所以互相垂直，以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，，，，，设平面的法向量为，平面的法向量为，则，即，令，得，即，则，即，令，得，即，，则，故二面角的正弦值为.【变式6-1】（2026·青海西宁·二模）如图，在五面体中，平面平面，平面，为等边三角形，．(1)求证：；(2)点为棱上靠近点的三等分点，求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由线面平行证明线线平行即可；（2）取的中点，的中点，证明两两互相垂直，再以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，通过求解平面、平面的法向量，得到二面角的余弦值，最后再直接求其正弦值即可．【详解】（1）在五面体中，平面，平面，平面平面，所以，同理可证，所以．（2）取的中点，的中点，连接，，因为为等边三角形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面ABCD，则，又因为，所以平面，因为平面，所以，因为，所以，则以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，可得，则，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，所以，所以，所以二面角的正弦值为．【变式6-2】（2026·海南儋州·一模）如图，等腰梯形中，，，，现将沿翻折，使得点到点处，得四棱锥，若点，分别在，上，且．(1)求证：平面；(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）在上取一点，使得，根据题意，分别证得平面，平面，结合面面平行的判定定理，证得平面平面，即可证得平面；（2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面的法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）在上取一点，使得，连接，因为分别在和上，且，在中，可得，所以，又因为平面，平面，所以平面，在中，可得，所以，因为，所以，又因为平面，平面，所以平面，因为，且平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面；（2）因为，且，平面，所以平面，则即为二面角的平面角，所以，以为原点，以所在直线为轴，以过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设，可得，，，，，则，，设平面的法向量为，则，取，可得，，所以，又由，可得，，设，，可得且，解得，，，，，，所以，设与平面所成的角为，其中，则，所以与平面所成的角的正弦值为.题型7：中点/中心对称型1、几何特征：对棱中点连线、上下底中线存在垂直关系，自带对称.

2、建系步骤：

①

对称中心、中点为原点；

②

对称轴/中垂线为z轴；

③

底面过中心作横竖垂线为x、y轴.【例7】（2026·湖北�一模）如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，，且，为线段的中点.(1)求证：平面；(2)若，，求平面与平面的夹角.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）设，连，则可证四边形为平行四边形，从而，再根据线面平行的判定定理可证平面；（2）先证明平面，再建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求面面角，或过点作，连接，可证为面面角，利用解直角三角形可求面面角.【详解】（1）设，连，则，又为线段的中点，所以，又，，，即，故，所以四边形为平行四边形，故，而平面，平面，故平面.（2）延长交于，则为的中点，连，，由，，故，故，而为的中点，故，由（1）知，故，故四边形为平行四边形，所以，因为，，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面又平面平面，，平面，所以平面，又，所以平面.而平面，故，由正方形可得，而平面，故平面.法1：如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，设平面的法向量，则即，不妨令，则，即.故平面的法向量，设两平面所成的角为，则，故，所以.法2：过点作，连接，因为平面，平面，故，而平面，故平面，而平面，故，则即为平面与平面的夹角，而，而为锐角，所以，即平面与平面的夹角为.【变式7-1】（2026·广东清远�二模）如图，在六面体中，为的中点，四边形为矩形，且，．(1)求证：；(2)若，求直线与平面所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定性质推理得证.（2）由余弦定理求出，并利用勾股定理逆定理证得，再建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法求解.【详解】（1）由四边形为矩形，得，又，平面，则平面，而平面，所以.（2）在中，，由余弦定理得，则，于是，由（1）得直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，由，得，又D为的中点，则，于是，设平面的法向量为，则，取，得，，设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成角的余弦值.【变式7-2】（2026·重庆·模拟预测）若一个四面体三组对棱分别相等，我们称为“等腰四面体”．已知在等腰四面体中，分别为所在棱的中点，如图所示．(1)求证：平面；(2)若，求异面直线与所成的角的余弦值；(3)在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，直线与交于两点．为空间中一点，若四面体为等腰四面体，求其外接球表面积的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）利用中位线定理证平行四边形，由等腰四面体对棱相等得菱形，再证线线垂直推出线面垂直；（2）将等腰四面体补成长方体建立坐标系，用向量夹角公式求异面直线所成角的余弦值；（3）联立直线与椭圆方程，结合锐角条件求参数范围，换元后用二次函数单调性求外接球表面积范围.【详解】（1）连接，因为，所以，四边形为平行四边形.又，所以，所以四边形为菱形，所以.同理，四边形为菱形，，又因为四边形为菱形，交于一点，所以平面．（2）如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系，设，由于，则联立三式，可解得：，已知，，设和形成的夹角为，则异面直线和所成角的余弦值等于它们方向向量夹角余弦的绝对值：.因此异面直线和所成角的余弦值为.（3）由（2）知可将补成长方体，设长宽高分别设为，则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半，即，，，则.在平面内设，由，得，显然，，于是，所以.在中，，则为锐角，因此，即，，解得，又，不妨令，则，，所以．因此外接球表面积的取值范围为.题型8不规则台体型1、几何特征：棱台上下底为不规则图形，侧棱倾斜，上下底不水平.

2、建系步骤：

①

下底面顶点为原点，下底两邻边x、y轴；

②

利用棱台相似比求上底面各点高度，确定z坐标.【例8】如图，三棱台中，，，，，，在底面内的射影为中点.(1)求三棱台的体积；(2)求平面与平面夹角的正弦值.【答案】(1)168(2)【分析】【详解】（1）取中点为，连接，，由题意，为三棱台的高，因为，，，所以，则，又因为，所以，因为，且，，所以，所以的面积为，则的面积为，所以三棱台的体积为；（2）以，分别为，轴，过点作轴平面，建立空间直角坐标系，则，，，，又，，所以，，所以，，，设为平面的法向量，，取；设为平面的法向量，，取，设平面与平面夹角为，所以，则，所以平面与平面夹角的正弦值为.【变式8-1】（2026·河北·模拟预测）如图，在三棱台中，平面平面，，，，．(1)求证：平面；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据线面垂直的判定证明即可；（2）根据垂直关系建立空间直角坐标系，然后将每个点的坐标列出来，根据空间向量的垂直关系，求出平面与平面的法向量的坐标，进而根据空间向量夹角的余弦公式即可求出二面角的正弦值.【详解】（1）证明：，，，即，在三棱台中，，，，，，即，又平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，，又，，则，平面，平面，又平面，，又平面,平面；（2）由（1）知，平面，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过作垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，所以，，，.所以，，设平面的一个法向量为，则，不妨取，则，设平面的一个法向量为，，不妨取，则所以.则二面角的正弦值为．【变式8-2】（2026·湖南长沙�一模）如图，已知圆台的上、下底面圆的圆心分别为和，四边形为下底面圆O的内接正方形，且，，为上底面圆上两点，为的中点，且满足平面平面，.(1)求证：；(2)求圆台的体积；(3)若直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3).【分析】（1）取的中点，连交于，证明，再根据面面垂直性质定理和线面垂直的定义证明，根据线面垂直判定定理证明平面，再证明即可；（2）结合（1）证明，结合圆台体积公式求结论；（3）建立空间直角坐标系，设，求直线的方向向量和平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值，列方程求的坐标，再利用向量方法求点到平面的距离.【详解】（1）证明：取的中点，连交于．在正方形中，由于为的中点，因为，，，可得≌，则，因为，所以，得到，即．因为，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以．（2）由（1）得平面，又平面，所以，因为圆圆，所以，所以四边形为矩形，所以圆的半径，又圆的半径，所以圆台的体积，（3）以为坐标原点，过点作平行的直线分别为轴，轴，以所在的直线为轴，建立如图空间直角坐标系．则，由于圆半径，为上底面圆上一点设，故．设平面的法向量为，由，得取，故，设与平面所成角为，则平方后整理方程得解得或（舍）所以，．所以点到平面的距离.题型9全无垂直极端型1、几何特征：无线线、线面、面面垂直，只给棱长、夹角.

2、建系步骤：

①自选一点为原点；

②人工作面的垂线构造z轴；

③投影法+解三角形，硬算所有线段长度与坐标.【例9】（2026·重庆九龙坡�二模）如图，已知六面体中，点与点在平面的两侧，且是边长为的正三角形.(1)求证:平面；(2)空间一点满足.点分别在棱上运动，且的面积为.(i)求的最小值；(ii)若是(i)中使取得最小值时的位置，且点在六面体的表面上，求四面体体积的最大值.【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）（i）首先求出点在以为球心，半径为的球面上，再将立体问题平面化，最后利用基本不等式即可求出最值.（ii）结合（i）得到的位置，再分点在内和点在内两种情况，结合点到面的距离公式及锥体体积公式求解．【详解】（1）在中，，由得，故．取中点，连接，则．在中，同理可得．又，平面，所以平面，又因为平面，从而．同理可得．又，平面，因此平面．（2）（i）以为原点，分别为,,轴正方向建立如图所示空间直角坐标系．则．设，由得：．故在球心，半径的球面上．设，又，故由得.在中，由余弦定理：.将平面沿展开到与平面共面．则.当，即时取得最小值，此时，且．（ii）由（i）可得，．从而．设平面的法向量．由，可得．又，故．因为为中点，在以为圆心为半径的球上，到平面距离为，所以不在平面上．记为在平面上的投影，为内任意一点，为在平面上的投影．则在内，连接于，．从而不在内（不含边界），同理，可得不在内（不含边界）．平面的法向量，故到平面的距离．从而不在平面上．因此，的轨迹为和内的两段半圆弧．当在平面上时，设．则.故到平面的距离，当时等号成立．当在平面上时，设．则．故到平面的距离因为，所以，则此时，所以，四面体体积的，即最大值为．【变式9-1】（2026·山西晋中�模拟预测）如图，在五面体中，，，两两平行，，，．

(1)若为的中点，证明：平面；(2)若平面，，求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用线面平行的判定定理进行证明；（2）建立空间直角坐标系，利用法向量求二面角.【详解】（1）如图，设E为的中点，连接，，因为D为的中点，所以，，则，，所以四边形为平行四边形，所以.又平面，平面，所以平面.

（2）由平面，平面，得，根据题意以B为坐标原点，，所在直线分别为x，y轴，过点B且与平面垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，则，，易知，故，则.设平面的法向量为，则，即，取，则.因为平面，所以平面的一个法向量为.设二面角的大小为，则，则，故二面角的正弦值为.【变式9-2】（2026·陕西西安·模拟预测）如图，直角梯形中，为的中点，以为折痕把折起，使点到点的位置，且．(1)设平面与平面的交线为，证明：；(2)证明：平面；(3)求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）利用平行四边形的判定及性质，线面平行的判定及性质推理得证.（2）利用勾股定理的逆定理，线面垂直的判定推理得证.（3）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法求解.【详解】（1）由，，得四边形为平行四边形，则，而平面，平面，则平面，又平面平面平面，所以.（2）由，得，即得，由四边形是正方形，得，则，而平面，所以平面.（3）由（2）得，直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，设平面的一个法向量，则，取，得，设平面的一个法向量，则，取，得，因此，由图形知二面角的大小为钝角，所以二面角的余弦值为.1．（2026·辽宁盘锦·一模）如图所示几何体中，四边形与四边形为全等的菱形，.(1)求证：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）设与交于点，连接，先证明，，可得平面，进而求证即可；（2）先证明，建立空间直角坐标系，再利用空间向量求解即可.【详解】（1）设与交于点，连接，因为四边形为菱形，所以，且为的中点，又，所以，因为平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）因为四边形与四边形为全等的菱形，所以，则为等边三角形，连接，可得为等边三角形，而为的中点，则，又，，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，设，则，所以，易得平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为.2．（2026·北京房山·一模）如图，在五面体中，为正方形，为矩形，，．(1)求证：∥平面；(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使五面体存在且唯一确定．求直线与平面所成角的正弦值．条件①：；条件②：；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先根据正方形和矩形性质得∥且，推出四边形是平行四边形，进而得∥，最后由线面平行判定定理得出∥平面.（2）本题分别选择①，②和③，通过建立空间直角坐标系，求出平面法向量与直线方向向量，再利用线面角计算与平面所成角的正弦值.【详解】（1）因为四边形为正方形，所以∥且，又因为四边形为矩形，所以∥且，因此∥且，所以四边形是平行四边形，故∥，又因为平面，平面，所以∥平面.（2）选择条件①：由，又因为，，平面，故平面，因为，所以以为原点，分别以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，由，得：，，，，则，，，设平面的法向量为，则：，令，解得，，得，设直线与平面所成角为，由线面角公式：.选择条件②：因为所以以为原点，为轴，为轴，平面的法向量为轴，建立空间直角坐标系设，，，，由得，由得，即：，化简得，代入可得：（），所以，，，，设平面的法向量为，则:，令，得，，即，，设直线与平面所成角为，由线面角公式可得：.选择条件③：以为原点，为轴，为轴，平面的法向量为轴，建立空间直角坐标系，由已知条件可得：，，，，因为是矩形，所以，，设，则，是向量与的夹角，又因为，为锐角，故，由数量积公式可得：，将代入方程化简得：，解得或​，当时，，则，当时，，则，所以，，当时：，五面体不唯一，不合题意.3．（2026·湖南岳阳·二模）如图1，分别为边长为4的正方形三边的中点.将四边形沿着线段EF折起(如图2)，且点M是线段上一点.(1)求证:；(2)若二面角的大小为且三棱锥M-DFG的体积为设过直线且与直线平行的平面为，求平面与平面所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）在原正方形中，分别是，的中点，，，，平面，平面，平面，平面，.（2），，就是二面角的平面角，即，如图，以为原点，为轴，为轴，过作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，，原正方形边长为，，分别是，的中点，，，，，，，，即，，，，即，是的中点，，即，设，即，三棱锥的体积为，，,，平面，，，，，解得，即，平面过直线且与直线平行，设平面的法向量，，，，即，令，可得，，即，平面在的平面上，平面的法向量，平面与平面所成角，.4．（2026·湖北荆州·一模）“细长三角板”指的是有一个内角为的直角三角板.现有两个细长三角板，其较短的直角边长均为10cm，先按左图所示的方式放置，其中以表示两个细长三角板，，，直角顶点重合于点P，两条斜边在一条直线上.保持直角顶点重合，将两条斜边平行展开，得到如图所示的四棱锥P－ABCD.(1)设，求证：PO⊥平面；(2)是否存在四棱锥，使得底面为菱形？若存在，求此时四棱锥的高，若不存在，请说明理由；(3)求四棱锥体积的最大值，并求此时平面与平面所成二面角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)不存在，理由见解析(3)500，【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论；（2）假设存在符合条件的四棱锥，设其高，根据假设求出h的值，即可判断结论；（3）方法一：求出相关线段的长，根据棱锥体积公式可得四棱锥体积的表达式，结合基本不等式可求得最值；再根据二面角的定义可求解平面与平面所成二面角的大小.方法二：建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，利用体积公式以及基本不等式可求解最值问题，利用空间角的向量求解方法可求二面角大小.【详解】（1）证明：由题意知与平行且相等，则四边形为平行四边形，所以O为的中点又由于，，所以，，平面，，所以平面；（2）假设存在符合条件的四棱锥，由（1）知，设其高，因为底面是菱形，则，所以，解得，此时四棱锥退化为一个平面图形，故不存在符合条件的四棱锥；（3）方法一：过点P作直线，则l平面，由于，所以，则l平面，所以平面平面，作，垂足分别为E，F，则,所以是平面与平面所成二面角或其补角，由于PO⊥平面，平面，故，而O为的中点，则,设，则，，由PO⊥平面，平面，故，而平面，故平面，平面，故，所以当且仅当时取等号，故四棱锥体积的最大值为500（），此时平面与平面所成二面角为90°方法二：过点O作平行线的垂线，垂足分别为F，E，取的中点G，，由以上分析可知，所以，以O为原点，所在直线为x，y，z轴建立坐标系，设，，，，由勾股定理知，，当且仅当时取“＝”，故所求最大值为500；此时，，，，，，，设平面的一个法向量，则，则，可取；，，设平面的一个法向量，则，则，可得平面的一个法向量，故，所以所求二面角为90°.5．（2026·辽宁抚顺·一模）如图，在五面体中，平面平面ABC，四边形为矩形，是等腰直角三角形，，，，，．(1)证明：平面．(2)求五面体的体积．(3)求平面与平面ABC所成角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）根据几何体的性质，以及勾股定理，证明线线垂直，再根据线面垂直的判定定理，证明结果即可；（2）根据几何体的性质，将五面体分解成四棱锥和三棱锥，求出锥体的体积，进而求出结果；（3）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，进而根据面面夹角的余弦值的向量法求出面面角的余弦值，进而求出角的大小.【详解】（1）在矩形中，，，因为，，所以平面，因为平面，所以，即，如图所示，过点E作，垂足为F，，，，，，所以，即．又，所以平面．（2）如图所示，连接BE．该五面体可由四棱锥和三棱锥组成．四棱锥的体积，三棱锥的体积，五面体的体积．（3）以A为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，．由（1）可得平面的一个法向量为．易知平面ABC的一个法向量为，则，所以平面与平面ABC所成角的大小为．6．（2026·福建·二模）已知平面，垂足为，直线，是内的动点，且始终在的两侧．(1)若，证明：是锐角三角形；(2)若，是线段上靠近的三等分点，．（i）证明：二面角为锐角；（ii）直线与所成的角分别为，记．若平面，且不是任何一个长方体的截面，求的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)（i）证明见解析；（ii）．【分析】（1）证法一：不妨设，且，利用余弦定理证明；证法二：根据条件建系，利用向量数量积的坐标运算判断；证法三：利用转化法求向量数量积判断；（2）（i）建系后设，，利用空间向量夹角公式推出，，利用其代表的轨迹双曲线的渐近线夹角进行证明；（ii）解法一：将问题等价转化为在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，，求的最小值；解法二：运用解析法和向量的数量积运算求解；解法三：将问题等价转化为在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，求的最小值．【详解】（1）证法一：因为平面，，所以，．不妨设，且，因为，所以，，，所以，所以为的最大内角．由余弦定理，得，所以，所以是锐角三角形．证法二：因为平面，，所以，．又因为，故可以为原点，分别为轴，轴和轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设，所以，在中，，所以为锐角，，所以为锐角，，所以为锐角，所以是锐角三角形．证法三：因为平面，，所以，．又因为，所以在中，，所以为锐角，，所以为锐角，，所以为锐角，所以是锐角三角形．（2）（i）因为，在上，且，由对称性知在同一个轨迹上，且轨迹关于对称，故以为原点，分别为轴和轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设，，因为，所以．因为是线段上靠近的三等分点，故，即，故，，，依题意得，化简得，且，即，故，又点不在直线上，故，同理，，且，故在坐标平面中，是双曲线右支上的动点，且在轴的两侧，如图．因为的两条渐近线分别为和，它们的夹角为，所以．因为平面平面，，，所以是二面角的平面角，所以二面角为锐角．（ii）解法一：因为不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形．证明如下：若为锐角三角形，有，，，可令，，，则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面．由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形，所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形．由（i）知，，所以，又因为，，所以，故．因为，所以分别是直线与所成的角，即，不妨设，则，且，所以，，且．作于，因为平面，平面，平面，所以，又，所以．因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点，所以，即直线过，所以，所以，这样，问题等价于在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，，求的最小值．如图，不妨设点在第四象限，则，．因为都在双曲线的右支，故，即，所以，又，，即且，解得，所以，当，即时，等号成立．故的最小值为．解法二：因为△不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形．证明如下：若为锐角三角形，有，，，可令，，，则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面．由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形，所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形．作于，因为平面，平面，平面，所以，又，所以．因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点，所以，即直线过．在平面直角坐标系中，设直线的方程为，联立得，依题意，有且因为，所以．因为，所以，，同理，不妨设，则必有．因为，因为且，所以，代入上式得到，所以，又因为，所以．因为，所以分别是直线与所成的角，即，因为，所以，所以，所以，，当，即时，等号成立．故的最小值为．解法三：因为不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形．证明如下：若为锐角三角形，有，，，可令，，，则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面．由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形，所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形．由（i）知，，所以，又因为，，所以，故．因为，所以分别是直线与所成的角，即，不妨设，则，且，所以，，且．作于，因为平面，平面，平面，所以，又，所以．因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点，所以，即直线过，所以，所以．这样，问题等价于在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，求的最小值．如图，不妨设点在第四象限，因为，所以点在以为直径的圆内（含边界），记圆与双曲线在第四象限的交点为，则．因为在渐近线的上方，故，而，故，即直线与双曲线右支有两个交点，符合条件．所以当点位于点时，最大，则最小．联立，得，解得或（舍去），故当，即时，的最小值为．故的最小值为．7．（2026·广东湛江·二模）如图，在几何体中，四边形是菱形，，且，三角形是正三角形，平面平面.点在平面上的投影为与的交点，且.(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）先由菱形性质得,再由投影得底面,故；因与交于且共面,从而证得平面.（2）方法一:以菱形对角线交点为原点,分别为轴建立空间直角坐标系,求出各点坐标与等向量,设平面的法向量并由线线垂直列方程求解,再利用线面角公式计算正弦值.方法二:作得正三角形的高，利用将与平面的线面角转化为与平面的线面角,用等体积法求点到平面的距离，再由线面角定义计算正弦值.（3）方法一：先设出平面的法向量,根据法向量与平面内两向量、垂直列出方程组,对未知量赋值求出具体法向量,再选取从平面内一点指向点的向量，最后代入点到平面的向量距离公式,计算模长与数量积得到点到平面的距离.方法二：先由得四点共面,将点到平面的距离转化为到平面的距离；取中点，证明面面垂直,作得到垂线段即为所求距离；再用余弦定理与等面积法求出、，最后在三角形中算得.【详解】（1）证明：在菱形中，对角线互相垂直，所以，因为在底面上的投影为，所以平面，又平面，故.又平面，平面，，所以平面.（2）方法一：由，，得，，，如图1，作于点，则.因为平面平面，交线为，所以平面.以为原点，，，所在的直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，.所以，，.设平面的法向量为，则，即令，得，故.设直线与平面所成的角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.方法二：如图2，过点作于点，因为三角形为正三角形，所以为中点.由平面平面，平面平面,平面.故平面.由平面，平面，故.由勾股定理得，可得.连接，则.因为面，面.所以且，即四边形为平行四边形.所以，因为、分别为、中点所以，所以.所以与平面所成角的正弦值即为与平面所成角的正弦值.，在中，.所以.设点到平面的距离为，则.即，所以.故所求正弦值为.（3）方法一：设平面的法向量为，则即令，得，故，又，所以点到平面的距离.方法二：由（2）方法二可得，所以，，，四点共面，所以点到平面的距离即为点到平面的距离.如图2，取的中点，连接，.因为三角形和三角形都是正三角形所以，所以，同理，又，所以平面，又平面，所以平面平面.作于，平面平面，平面，所以平面，所以即为所求距离.在中，，由（2）方法二可得在中由余弦定理可得.解得，所以.解得，同理在中由余弦定理和等面积法可得.所以.设边上的高为，则.解得.8．（25-26高三下·安徽·月考）已知等腰梯形与等腰梯形如图所示，其中，过点作，垂足为．现沿进行翻折，使得点在平面内的投影为点，连接，得到的图形如图所示．(1)求证：平面平面；(2)在图1中，若，，求图2中直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）先证明，结合，根据线面垂直判定定理证明平面，再由面面垂直判定定理证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面的法向量，利用向量夹角公式求结论.【详解】（1）因为翻折后点在平面内的投影为，所以平面，又平面，因此，又，，平面，所以平面，平面，所以平面平面.（2）由已知，等腰梯形中，，由，得，所以，故，因为平面，平面，所以，又，，所以，因为平面，又平面，所以，又，，所以，以为原点，，，分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，则所以，，，设平面的法向量为，则，故，所以，取，可得，所以为平面的一个法向量，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．9．（2026·江西宜春·一模）如图，在四棱锥中，，，，，，.(1)求证：平面平面ABCD；(2)若G为线段PC上一点（异于点P，C），平面ABG与平面PBC所成角的余弦值为，求直线BG与平面APB所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接AC，先证明，可得，结合勾股定理可得，进而得到平面，进而求证即可；（2）过点P作于点E，建立空间直角坐标系，设，结合面面角的空间向量公式求得，进而再结合线面角的空间向量公式求解即可.【详解】（1）证明：连接AC，因为，，，所以，则，而，，所以，则，所以，在中，，所以，又平面，所以平面，又平面ABCD，所以平面平面ABCD.（2）过点作于点，由（1）知，，而，，，则，即，又，，，则，即，以B为原点，以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以，设，则，所以，则，设平面的法向量为，所以，令，则，，所以，平面PBC的法向量为，由，令，则，，所以，所以，解得，所以，由（1）知，平面，则平面APB的法向量为，设直线BG与平面APB所成角为，所以，所以直线BG与平面APB所成角的正弦值为.10．（2026·浙江温州·二模）如图所示，三棱锥中，，，且，，E，F分别为和的中点．(1)证明：上存在点P，使得平面；(2)当时，求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取上一点，结合是中点，若能使，再结合的位置，可推出与面内的直线平行，进而证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，根据题意求出各点坐标，再分别求出平面和平面的法向量，利用两个平面法向量的夹角与二面角的关系，计算二面角的正弦值.【详解】（1）取的中点，连接因为是的中点，是的中点，所以在中，是中位线，故.又平面，平面，所以平面，故上存在满足条件的点，得证.（2）如图所示，以点为原点，为轴，为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，设，由得，即.由，，，得：代入得，即.平面中，，，设法向量为，由得，令，则.平面中，，，设法向量为，由得，令，则.所以二面角的正弦值：.11．（2026·甘肃·二模）如图，在多面体中，为矩形，分别与平面垂直，分别是的中点.(1)求证：平面；(2)若共面，求平面和平面所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2).【分析】（1）由中位线的性质得到，进而证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用四点共面的条件求出点坐标，进而求出两个平面的法向量，最后利用向量夹角公式求出二面角的余弦值.【详解】（1）如图，连接，是矩形，是的中点，是的中点，平面，平面，，因为是的中点，，平面，平面，平面.（2）如图，以D为原点建立空间直角坐标系，则由已知，，，，连接，，平面，平面，平面，又，平面，平面，平面，又平面，平面，且，∴平面平面，共面，平面平面，平面平面，，同理，所以四边形为平行四边形，，且为中点，可得，则，设平面的一个法向量为，则，取，则平面的一个法向量为，取平面的一个法向量为，，所以平面和平面所成角的余弦值为.12．（2026·山东滨州·一模）如图，在矩形中，，点分别是边的中点，点分别在线段上移动（不含端点），且，将四边形沿翻折至四边形，使得二面角的大小为．(1)求证：平面；(2)当时，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见详解(2)【分析】（1）在线段上取一点，根据题意可证平面，平面，进而可得平面平面，即可证线面平行；（2）设的中点分别为，可证，平面，建系并标点，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角.【详解】（1）在线段上取一点，使得，因为平面，平面，所以平面，由平行线性质可得：，且，，则，即，可得，且，则，又因为平面，平面，所以平面，且，平面，可得平面平面，由平面，可得平面.（2）设的中点分别为，连接，则，由题意可知：，，且，平面，可得平面，因为平面，则，可知二面角的平面角为，且，可知为等边三角形，则，又因为，平面，则平面，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，则，又因为，可知点分别是线段的中点，则，，可得，，，设平面的法向量为，则，令，则，可得；设平面的法向量为，则，令，则，可得；则，所以平面与平面夹角的余弦值为.13．（2026·广西北海�一模）如图，四边形和都是正方形，四边形为平行四边形，为锐角，M，N分别为的中点，直线AE与平面所成的角为．(1)证明：平面；(2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）作辅助线，要证明线面平行，则需要证明线线平行，即证明.（2）以为原点，建立空间直角坐标系，然后列出各个点的坐标，然后求出平面与平面的法向量坐标，最后根据向量夹角的余弦公式计算即可.【详解】（1）连接，交于点，连接.根据中位线定理可得，因为.所以，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，而不在平面内，所以平面.（2）四边形和都是正方形，所以，又平面，所以平面.平面，所以平面平面.过点作，垂足为，由平面平面可知平面.所以是与平面所成的角，.设，则.如图，以为原点，所在直线分别为轴，在平面内过作的平行线为轴，建立空间直角坐标系，则，设.由，所以，可得.同理可得，为的中点，所以.可知平面的一个法向量为.设平面的法向量坐标为，.则，那么有，令，则，所以.所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.14．（2026·天津河北·一模）如图，直角梯形中，，，，四边形为矩形，底面，．(1)求证：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值；(3)点P在棱上，求与平面所成角的正弦值的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)(3)．【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据空间位置关系向量法证明即可；（2）根据面面角向量法计算求解；（3）设，由空间向量线性运算可得，根据线面角向量法计算即可求解.【详解】（1）设的中点，连接，则，且，所以四边形为平行四边形，所以，又，所以．如图，以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．，，，，．，，，设平面的法向量为，则，令，则，，故，因为，所以，又因为平面，所以平面．（2），，设平面的法向量为，则，令，则，，故，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为；（3）设，，，设与平面所成角为，则，因为，，所以的取值范围是．15．（2026·北京丰台·一模）如图，在多面体中，面是