2026年高考数学终极冲刺：秘籍11 立体几何经典小题九大热点题型全攻略（原卷版及全解全析）

4/4秘籍11立体几何经典小题九大热点题型全攻略题型考情分析考向预测1.求几何体的体积与表面积2026年新高考卷Ⅰ：第4题考察正三棱柱体积（基础），第9题考察正三棱柱中线面垂直判断（多选），第16题考察翻折+截面综合（填空压轴）2026年新高考卷Ⅱ：第5题考察空间线面平行/垂直（多选），第10题考察棱锥体积（基础），第16题考察翻折+截面综合（填空压轴）立体几何是高考的重点、热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算；三是空间角、空间距离的计算；四是动点轨迹、截面问题、新定义、新情境等创新题型，这类试题难度有时较大.2.几何体与球的切、接问题3.体积、面积、周长、距离的最值与范围问题4.空间线段以及线段之和最值问题5.空间角问题6.空间中的距离问题7.立体几何中的截面、交线问题8.立体几何中的轨迹问题9..以立体几何为载体的新定义、新情景题题型1空间几何体表面积与体积的常见求法1．求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2．求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【例1】（2026·浙江·模拟预测）亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀.重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥和一个圆台的组合体.已知某重檐圆亭圆台部分的直观图如图2所示，在其轴截面中，，，点到的距离为，则该圆台的侧面积为

A． B． C． D．【变式1-1】（25-26高三·安徽·月考）乐乐同学在学校的3D打印社为全班50位同学每人打印了一个盘子，盘子的形状为一个倒置的正六棱台，盘子的底面正六边形边长为，盘口正六边形边长为，侧棱长为.如果乐乐要在每个盘子的内外表面涂一层防水涂料，每平方厘米需要涂料，则共需要涂料约为（

）（不考虑盘子厚度，结果保留整数，参考数据：）A． B． C． D．【变式1-2】（2026·江苏无锡·模拟预测）蒙古包是我国蒙古族牧民居住的房子，适于牧业生产和游牧生活．如图所示的蒙古包由圆柱和圆锥组合而成，其中圆柱的高为，底面半径为是圆柱下底面的圆心．若圆锥的侧面与以为球心，半径为的球相切，则圆锥的侧面积为（

）

A． B． C． D．题型2几何体与球的切、接问题1．常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.2．空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)定义法：利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.(2)补形法：若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段PA,PB,PC两两垂直，且PA=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)截面法：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.3．内切球问题的求解策略：(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决.(2)体积分割是求内切球半径的通用方法.【例2-1】（25-26高三·重庆渝中·月考）正四棱锥的底面边长为，则平面截四棱锥外接球所得截面的面积为（

）.A． B． C． D．【例2-2】（2026·海南·模拟预测）已知正方体的棱长为2，点为侧面四边形的中心，则四面体的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【变式2-1】（2026·云南大理·模拟预测）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）．如图所示，正八面体的棱长为，此八面体的外接球与内切球的体积之比为（

）A． B． C． D．【变式2-2】（22-23高三·陕西安康·开学考试）我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍䠢”指底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体．如图，五面体是一个“刍䠢”，四边形为等腰梯形，，，，则该“刍䠢”的体积为_____________．题型3体积、面积、周长、距离的最值与范围问题1．立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2．立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【例3-1】（2026·高三·重庆南岸·阶段练习）如图，已知正方形的边长为4，点在边上且，将沿翻折到的位置，使得．空间四点的外接球为球，过点作球的截面，则截球所得截面面积的最小值为（

）A． B． C． D．【例3-2】（2026·重庆渝中·模拟预测）在三棱锥中，，且平面，过点作截面分别交于点，且二面角的平面角为，则所得截面的面积最小值为（

）A． B． C． D．1【变式3-1】（2026·高三·全国·专题练习）如图，在平面四边形中，，，M为的中点，现将沿翻折，得到三棱锥，记二面角的大小为，，下列说法不正确的是（）A．存在，使得B．存在，使得C．与平面所成角的正切值最大为D．记三棱锥外接球的球心为O，则的最小值为【变式3-2】（2026·四川宜宾·三模）已知E，F分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则下列说法正确的是（

）A．截面多边形不可能是平行四边形 B．截面多边形的周长是定值C．截面多边形的周长的最小值是 D．截面多边形的面积的取值范围是题型4空间线段以及线段之和最值问题1.(1)要注意利用好几以规则几何体（正方体、长方体、直棱柱、圆锥/圆柱、正四面体）为主要背景，如“正方体表面上两点间的最短路径”“圆柱侧面上动点到定点的线段最值”“正四面体中异面直线上两点间线段的最小值”；◦常结合动点约束条件命题，约束条件多为：①动点在几何体表面/棱/面上运动；②动点满足线面平行/垂直等位置关系；③线段之和（如PA+PB）的最值。何体的轴截面．2.核心思路是“空间问题平面化”“几何问题代数化”——通过展开、对称、建系等手段，将空间最值转化为平面几何最值（如两点之间线段最短、三角形三边关系）或函数最值（如二次函数、三角函数最值）；◦优先用几何转化法（展开、对称），复杂情况用坐标法（建立空间直角坐标系，构建函数求解）。【例4-1】（2026·江西鹰潭·模拟预测）如图，在长方形中，，，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上的动点．现将沿AF折起，使平面平面，在平面内过点D作，K为垂足．设，则t的取值范围是（

）A． B． C． D．【例4-2】（2026·北京·模拟预测）以等腰直角三角形斜边上的高为折痕，把和折成的二面角.若，，其中，则的最小值为（

）A． B． C． D．【变式4-1】（多选）（25-26高三·河南·月考）如图，在棱长为1的正方体中，P是线段上的动点，则下列结论正确的是（

）A．异面直线与直线所成角的大小为B．二面角的大小为定值C．若Q是对角线上一点，则的长度的最小值为D．若R是线段上一动点，则直线PR可能与直线平行【变式4-2】（2026·陕西商洛·模拟预测）如图，为圆锥的底面圆的直径，点是圆上异于，的动点，，则下列结论正确的是（

）A．圆锥的侧面积为B．三棱锥的体积的最大值为C．的取值范围是D．若，为线段上的动点，则的最小值为题型5空间角问题1．几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.公式为：，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.2．向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.3．几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.【例5-1】（25-26高三·河北唐山·月考）在直三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B．C． D．【例5-2】（2026·内蒙古包头·一模）如图，底面是边长为2的正方形，半圆面底面，点为圆弧上的动点．当三棱锥的体积最大时，二面角的余弦值为（

）A． B． C． D．【变式5-1】（2023·四川雅安·一模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），点是线段的中点，设与平面所成角为，则的最小值是（

）A． B． C． D．【变式5-2】（2026·高三·浙江杭州·阶段练习）已知两条相交直线，在平面内，在平面外．设的夹角为，直线与平面所成角为，．则由确定的平面与平面夹角的大小为（

）A． B． C． D．题型6空间中的距离问题1．向量法求点到直线距离的步骤：(1)根据图形求出直线的单位方向向量v.(2)在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量.(3)垂线段长度.2．求点到平面的距离的常用方法(1)直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离.(2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求.(3)等体积法.(4)向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意点，则点P到α的距离为.【例6-1】（2023·贵州六盘水·模拟预测）平面的一个法向量为，为内的一点，则点到平面的距离为（

）A．1 B．2 C．3 D．【例6-2】（20-21高三·江西景德镇·期中）如图，已知正方体棱长为3，点在棱上，且，在侧面内作边长为1的正方形，是侧面内一动点，且点到平面距离等于线段的长，则当点运动时，的最小值是（

）A．21 B．22 C．23 D．13【变式6-1】（25-26高三·上海黄浦·期末）在棱长为的正方体中，平面与棱分别交于点.若为菱形，，则点到平面的距离的取值范围是____________.【变式6-2】（25-26高三下·浙江·开学考试）已知在四棱锥中，底面，且，动点E在侧面内以点P为圆心，1为半径的圆弧上，动点F在直线上，则的最小值为________．题型7立体几何中的截面、交线问题1．立体几何截面问题的求解方法(1)坐标法：所谓坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将几何问题转化为坐标运算问题，进行求解.(2)几何法：从几何视角人手，借助立体几何中的线面平行及面面平行的性质定理，找到该截面与相关线、面的交点位置、依次连接这些点，从而得到过三点的完整截面，再进行求解.2．截面、交线问题的解题策略(1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线.(2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线；②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.【例7-1】（2022·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在正方体中，为中点，过的截面与平面的交线为，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【例7-2】（2026·四川绵阳·模拟预测）在长方体中，，点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，则平面截该长方体所得的截面图形为（

）A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形【变式7-1】（25-26高三上·河北沧州·月考）已知正方体的棱长为，为的中点，为棱上异于端点的动点，若平面截该正方体所得的截面为五边形，则线段的取值范围是（

）A． B． C． D．【变式7-2】（2026·河南·模拟预测）如图，已知直三棱柱的体积为4，AC⊥BC，，D为的中点，E为线段AC上的动点（含端点），则平面BDE截直三棱柱所得的截面面积的取值范围为（

）

A． B． C． D．题型8立体几何中的轨迹问题1．动点轨迹的判断方法动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程.2．立体几何中的轨迹问题的常见解法(1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题.(2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲线的变化，依赖于哪一个变量?设出这个变量为t，求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去参数t，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法.(3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动点的轨迹，再进行求解.(4)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进行求解.(5)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问题，进行求解.【例8-1】（2026·四川成都·三模）在棱长为5的正方体中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（

）A． B． C． D．【例8-2】（2026·湖南·三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，平面，点是平面内的动点，且满足线段的长度是点到的距离的2倍，则点的轨迹的长度为（

）A． B． C． D．【变式8-1】（多选）（25-26高三·四川眉山·期末）在棱长为4的正方体中，N为的中点，为的中点，M是棱上靠近的四等分点，Q是棱上靠近D点的四等分点，点P在正方体的表面上运动，则下列说法正确的是（

）

A．若点P在棱上运动，则三棱锥的体积不变B．若点P在棱上运动，则线段与的长度之和最小为C．若平面，则点P的轨迹长度为D．若，则点P的轨迹是长方形【变式8-2】（多选）（2026·湖南·一模）如图，三棱台中，平面，则（）A．三棱台的体积为B．平面C．D．若点在侧面上运动，且与平面所成角的正切值为4，则点在侧面上的轨迹长度为题型9以立体几何为载体的新定义、新情景题【例9】（2026·云南曲靖·二模）公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（

）A．60 B．90 C．120 D．180【变式9-1】（25-26高三·湖南长沙·月考）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为，则正十二面体的总曲率为（

）A． B． C． D．【变式9-2】（25-26高三·上海普陀·期末）勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球围成的几何体.如图所示，已知正四面体的棱长为，若勒洛四面体内有一球，则该球的最大半径为__________.【变式9-3】（25-26高三·湖北宜昌·月考）类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图，由不共面的三条射线，，构成的图形称为三面角，记，，，二面角的大小为，则.已知平行六面体的底面为菱形，，，，则二面角的余弦值为___________.1．（25-26高三下·江苏无锡·期中）若圆锥的高与球的直径相等，圆锥的体积与球的体积也相等，则圆锥与球的表面积之比为（

）A． B． C． D．2．（25-26高三下·安徽阜阳·期中）在三棱锥中,,,,则三棱锥的外接球的表面积为（）A．28π B．27π C．19π D．29π3．（2025·云南曲靖·二模）公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（

）A．60 B．90 C．120 D．1804．（24-25高二上·北京通州·期中）如图，空间直角坐标系中，点，，定义.正方体的棱长为3，E为棱的中点，平面内两个动点P，M，分别满足，，则的取值范围是（

）A． B．C． D．5．（2026·安徽滁州·一模）已知某圆台的上、下底面的半径分别为4和2，且该圆台有内切球（球与圆台的侧面及两个底面均相切），在圆台上底面圆的圆周上取一点A，在圆台下底面圆的圆周上取一点B，且，则直线与平面所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．6．（25-26高三下·重庆沙坪坝·月考）在三棱锥中，底面为正三角形，平面，若四点都在球的表面上，则点到平面的距离为（

）A．5 B． C． D．7．（24-25高三下·重庆·期中）蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、踢、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，面ABC，，则该鞠（球）的表面积为（

）A． B． C． D．8．（2026·山东泰安·模拟预测）如图直四棱柱的各棱长均为2，且.动点P在侧面内（不含边界），满足与平面所成角为，当点P在面对角线上时，记作，则到直线的距离为（

）A． B． C． D．9．（多选）（2026·山东泰安·模拟预测）在长方体中，底面是边长为4的正方形，在棱上，且，则（

）A．B．过点的平面截该长方体，所得截面周长为C．以点为球心，为半径作一个球，则球面与底面的交线长为D．三棱锥外接球的体积是10．（多选）（2026·广西南宁·三模）如图，在棱长为2的正方体中，M为中点，F为侧面正方形内一动点，且满足//平面，则（

）A．三棱锥的外接球的表面积为B．三棱锥的体积是C．动点F的轨迹是一条线段D．若过A，M，三点作正方体截面，Q为上一点，则线段长度取值范围为11．（多选）（2026·湖南郴州·三模）某化学晶体结构的局部空间构型可抽象为正八面体.如图所示，已知正八面体棱长为2，下列结论正确的有（

）A．平面与平面的夹角的余弦值为B．正八面体的内切球半径与外接球半径的比值为C．正八面体的体积与表面积的比值为D．点到平面距离为12．（2026·河南南阳·二模）如图，已知在一个四分之一球形状的玩具储物盒内可放入的最大正方体棱长为，若重新放入一个正四面体，并使该正四面体可以在储物盒内以任意角度旋转，则可放正四面体的最大棱长为________.13．（25-26高三下·湖北武汉·期中）玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称：如图所示，圆筒内径长3cm，外径长4cm，筒高6cm，中部是棱长为4cm的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为__________；14．（2026·陕西咸阳·三模）如图，在正四棱锥中，侧棱与底面所成角的余弦值为，该四棱锥侧面积为，且大球，与小球均与该四棱锥的四个侧面相切，大球与小球相切，大球与底面相切，则三棱锥的体积为______．

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