专题07 立体几何 2020-2026年高考数学真题分类汇编（天津专用）（解析版）

高考真题分类解析PAGE试卷第=1页，共=sectionpages33页PAGE1专题07立体几何7年真题1年模拟考点分类天津考情（2020-2026）命题规律考点01几何体的表面积和体积2024天津：五面体的体积计算2023天津：三棱锥的体积之比计算2022天津：组合几何体的体积计算2021天津：球内两个圆锥的体积之和计算2020天津：正方体的外接球表面积计算该考点为天津高考立体几何基础单选题，难度偏低，命题结构稳定。核心围绕多面体、旋转体的表面积与体积计算展开，早年以正方体、球等基础几何体为主，近年逐步融合五面体、组合体等复杂几何体，常结合实际建筑场景命题。解题核心依托几何体体积、表面积公式，侧重考查空间想象与基础运算能力，是必拿基础分值。考点02线面位置关系命题的判断2026天津：正方体中线面、面面位置关系的正误判断2025天津：直线与两个平面的位置关系命题判断2024天津：两条直线与一个平面的位置关系命题判断该考点为天津高考立体几何高频基础单选题，难度中等偏低，命题灵活度逐年提升。核心围绕线线、线面、面面的平行与垂直位置关系的命题判断展开，早年以基础定理应用为主，近年逐步融合正方体、多面体等复杂空间场景，常设置陷阱选项考查定理的条件细节。解题核心依托空间位置关系的判定与性质定理，侧重考查逻辑推理与空间想象能力。考点03解答题：线面位置关系的证明、距离问题、角度问题2026天津：长方体中线面垂直证明、面面夹角余弦值求解、三棱锥体积计算2025天津：正方体中线面平行证明、面面夹角余弦值求解、三棱锥体积计算2024天津：四棱柱中线面平行证明、面面夹角余弦值求解、点到平面的距离计算2023天津：三棱台中线面平行证明、面面夹角余弦值求解、点到平面的距离计算2022天津：直三棱柱中线面平行证明、线面角正弦值求解、面面夹角余弦值求解2021天津：正方体中线面平行证明、线面角正弦值求解、二面角正弦值求解2020天津：三棱柱中线线垂直证明、二面角正弦值求解、线面角正弦值求解该考点为天津高考立体几何核心主干题型，每年固定一道解答大题，是立体几何的核心分值点，难度中等，命题结构高度稳定。核心围绕线面位置关系的证明、空间角求解、空间距离与体积计算三大模块展开，分三小问分层递进，早年以基础证明与单一角度求解为主，近年逐步融合多面体、复杂空间场景，综合考查多种知识点。解题核心依托空间位置关系定理、空间向量法，侧重考查逻辑推理、空间想象与数学运算能力。考点01几何体的表面积和体积1．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合，因为，且两两之间距离为1．，则形成的新组合体为一个三棱柱，该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为，.故选：C.2．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（

）A． B． C．13 D．49【答案】B【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过B作平面，垂足为，连接,过N作,垂足为.

因为平面，平面，所以平面平面.又因为平面平面，，平面，所以平面，且.在中，因为，所以，所以，在中，因为，所以，所以.故选：B3．（2022·天津·高考真题）十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，左图中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱重叠而成的几何体（如右图）.这两个直三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面BCE中，若,,则该几何体的体积为（

）A． B． C．27 D．【答案】C【详解】如图所示，该几何体可视为直三柱与两个三棱锥，拼接而成.记直三棱柱的底面的面积为，高为h，所求几何体的体积为V，则，.所以.故选：C.4．（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥和圆锥BD的高之比为，即，设球的半径为R，则，可得，所以，，所以，，，，则，所以，，又因为，所以，，所以，，，因此，这两个圆锥的体积之和为.故选：B.5．（2020·天津·高考真题）若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即，所以，这个球的表面积为.故选：C.【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.考点02线面位置关系命题的判断1．（2026·天津·高考真题）正方体ABCD-A1A． B．CC1⊥平面 C．平面平面 D．平面平面【答案】D【详解】解法一：由题意，在正方体ABCD-A项，，，∴四边形ACC1A1是平行四边形，∴，A正确；B项，由几何知识得，，，，平面，平面，∴CC1⊥平面，故C项，∵，平面，平面，∴平面，由几何知识得，，，∴四边形是平行四边形，∴，∵平面，平面，∴平面，∵，，∴平面平面，C正确；D项，假设平面平面，则交线为，此时有，∴平面，∵平面，∴，连接，，由几何知识得，，则，故在中，由几何知识得，，∴三角形为等边三角形，，矛盾，故D错误.解法二：以D为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，，，可得，，，，对于A：因为，可得，故A正确；对于B：根据正方体的性质可知CC1⊥平面

，故对于C：设平面的法向量为，则，设，可得，可得；设平面的法向量为，则，设，可得，可得；因为，所以平面平面，故C正确；对于D：由题意可知：平面的一个法向量，因为，可知平面与平面不垂直，故D错误.2．（2025·天津·高考真题）若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（

）A．若，则 B．若m⊥α,mC．若，则α⊥β D．若，则【答案】C【详解】对于A，若，则m,n可平行或异面，故A对于B，若m⊥α,m⊥对于C，若，则存在直线，，所以由可得，故，故C正确；对于D，，则m与β可平行或相交或，故D错误；故选：C.3．（2024·天津·高考真题）已知m,n是两条直线，α是一个平面，下列命题正确的是（A．若m//α，，则 B．若，则C．若，则m⊥n D．若，则【答案】C【详解】对于A，若m//α，m⊥n，则平行或相交，不一定垂直，故对于B，若，则或，故B错误.对于C，，过m作平面β，使得，因为，故，而，故，故m⊥n，故C正确.对于D，若，则m//n，故D错误故选：C.考点03解答题：线面位置关系的证明、距离问题、角度问题1．（2026·天津·高考真题）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，，(1)求证：BD⊥面；(2)求面AEF与面的夹角的余弦值；(3)求三棱锥的体积．【答案】(1)方法一：如图，过点E作//,交于点G，则有,.连接,则四点共面,平面即平面.由，，可得与相似,所以，则可得,所以.长方体ABCD-A1B1因为BD⊂平面ABCD，所以C又,平面，所以BD⊥平面.方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系.则.所以.所以，所以，即.又,平面，所以BD⊥平面.(2)(3)2【详解】（1）略（2）方法一：过点E作//,交于点G，则有，，连接，则四点共面，平面即平面.如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则，，所以，所以.取EF的中点P，则，所以，，所以.所以异面直线与所成的角等于平面AEF与平面的夹角.又，所以平面AEF与平面的夹角的余弦值为.方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系.则.所以，设平面AEF的法向量为，则，故可取.由（1）知平面的一个法向量为，所以，所以平面AEF与平面的夹角的余弦值为.方法三：由题意可知：，，，则，则，过点A作，设，，连接，由（1）可知：BD⊥平面，则平面，可得，，且，平面，可得平面，则，可知平面AEF与平面的夹角为，因为，，，则，可得，，则，所以平面AEF与平面的夹角的余弦值为；（3）方法一：由，，得，所以.所以的面积为.由（2）知，平面AEF的一个法向量为，点C到平面AEF的距离为.所以三棱锥的体积，所以三棱锥的体积为2.方法二：点A到平面的距离为.因为//，所以到的距离相等，所以的面积等于的面积，即.所以三棱锥的体积为.方法三：由题意可知：，，，，则的面积，由（2）可知点A到平面的距离为，所以三棱锥的体积.2．（2025·天津·高考真题）正方体ABCD-A1B1C1D1(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)4(3)【详解】（1）法一、在正方形BCC由条件易知，所以，则，故，即，在正方体中，易知平面BCC1B1所以平面BCC1又平面BCC1B1，∵平面，∴平面；法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系，则，所以，设是平面的一个法向量，则，令，则，所以，易知，则也是平面的一个法向量，∴平面；（2）同上法二建立的空间直角坐标系，所以，由（1）知是平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，所以，令，则，即，设平面与平面的夹角为α，则；（3）由（1）知平面BCC1B1，平面BCC1易知，又，则D到平面的距离为，由棱锥的体积公式知：.3．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，平面ABCD，(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角余弦值；(3)求点B到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）取中点P，连接，，由N是的中点，故，且，由M是的中点，故，且，则有、，故四边形是平行四边形，故，又平面，平面，故平面；（2）以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，有、、、、、，则有、、，设平面与平面的法向量分别为、，则有，，分别取，则有、、，，即、，则，故平面与平面的夹角余弦值为；（3）由，平面的法向量为，则有，即点B到平面的距离为.4．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，平面，M为BC中点.

(1)求证：//平面；(2)求平面与平面ACC1(3)求点C到平面的距离．【答案】(1)证明：连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//AC，且，由棱台性质，//AC，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)(3)【详解】（1）略（2）过M作，垂足为E，过E作，垂足为F,连接.由面，面，故，又，，平面ACC1A1，则平面ACC1A1.由平面ACC1A1，故，又，，平面，于是平面，由平面，故.于是平面与平面ACC1A1所成角即.又，，则，故，在中，，则，于是（3）[方法一：几何法]

过作，垂足为P，作，垂足为Q，连接，过P作，垂足为R.由题干数据可得，，，根据勾股定理，，由平面，AM⊂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C到平面的距离是P到平面的距离的两倍，即点C到平面的距离是.[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.设点C到平面的距离为h.，.由，即.5．（2022·天津·高考真题）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，，点D、E、F(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)4(3)【详解】（1）证明：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，以点为坐标原点，、、所在直线分别为x、y、z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45.（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.6．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1（I）求证：平面；（II）求直线与平面所成角的正弦值．（III）求二面角的正弦值．【答案】【小题1】证明如下：以A为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，则,,,,,,，因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，，所以,,,设平面的一个法向量为，则，令，则，因为，所以，因为平面，所以平面；【小题2】；【小题3】13.【详解】【小题1】略【小题2】由（1）得，，设直线与平面所成角为θ，则；【小题3】由正方体的特征可得，平面的一个法向量为，则，所以二面角的正弦值为.7．（2020·天津·高考真题）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面，，点分别在棱和棱（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的正弦值；（Ⅲ）求直线AB与平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）依题意，以C为原点，分别以、、的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得、、、、、、、、.依题意，，，从而，所以；（Ⅱ）；（Ⅲ）33【详解】（Ⅰ）略（Ⅱ）依题意，是平面的一个法向量，，．设为平面的法向量，则，即，不妨设x=1，可得．，．所以，二面角的正弦值为；（Ⅲ）依题意，．由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是．所以，直线AB与平面所成角的正弦值为33.【点睛】本题考查利用空间向量法证明线线垂直，求二面角和线面角的正弦值，考查推理能力与计算能力，属于中档题.1．（2026·天津滨海新区·三模）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，以下说法正确的是：（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若则【答案】B【详解】已知，此时直线与平面的位置关系有多种可能，直线可能与平面相交，平行或，所以不能得出，A选项错误.已知，根据直线与平面平行的性质定理，过直线作平面与平面相交于直线，则，过直线作平面与平面β相交于直线b，则，.又，，又，，又，，B选项正确.已知，此时直线与平面的位置关系有两种可能，直线可能与平面平行或，所以不能得出，C选项错误.已知，当直线与相交时，根据平面与平面平行的判定定理，可以得出，当直线与平行时，此时平面与β可能相交，所以不能得出，D选项错误.2．（2026·天津武清·模拟预测）已知，是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】D【详解】对于A选项，若，，则的位置存在两种可能：或，并不一定平行于，故A错误；对于B选项，平行于同一平面的两条直线位置关系不唯一，可能平行、相交或异面，无法推出，故B错误；对于C选项，若，，则与的位置关系可能为平行、相交或，并非一定垂直于，故C错误；对于D选项，根据线面垂直的性质定理，若一条直线垂直于一个平面，则该直线垂直于平面内的所有直线，故D正确.3．（2026·天津北辰·二模）已知m，n是两条不同的直线，，β是两个不同的平面，若，，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】D【详解】由，，若，则与β可能平行也可能相交；由，，若，则与可能平行、可能异面也可能相交；故“”是“”的既不充分也不必要条件.4．（2026·天津武清·模拟预测）已知圆锥的高是底面半径的2倍，且圆锥的底面半径、体积分别与圆柱的底面半径、体积相等，则圆锥与圆柱的侧面积之比为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】设圆锥的高，底面半径，母线和体积分别为，圆柱的高，底面半径，母线和体积分别为，由题意知，，，则，即，解得，所以，则，故选：B5．（2026·天津滨海新区·三模）已知多面体，面，四边形为矩形，，且，则多面体外接球的体积与此多面体的体积之比为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】由多面体可以看成是以C为顶点，以为底面的四棱锥，其中为矩形，且，因为面，且平面，所以，又因为，且，平面，所以平面，即三棱锥的高为，在直角中，因为，可得，所以多面体的体积为，因为平面，且四边形是矩形，所以平面，且，所以和是垂直于底面的两条平行线段，该几何体的外接球球心底面上的射影是的外心，球心到底面的距离等于和长度平均值的一半，因为，所以，在直角中，斜边为，所以外心是斜边的中点，底面外接圆半径为，设外接球的半径为R，可得，所以外接球的体积为，所以多面体外接球的体积与此多面体的体积之比为.6．（2026·天津河北·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD，，底面ABCD为矩形，G为线段AB的中点，，，则四棱锥与三棱锥的公共部分的体积为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】连接EF，由，，得四边形为平行四边形，在四棱锥中，由平面ABCD，平面ABCD，得，则为矩形，又四边形ABCD为矩形，于是，四边形为平行四边形，令，连接，由G为线段的中点，得，即点N是线段靠近点G的三等分点，点M是线段的中点，则公共部分的体积由，平面ABCD，得平面ABCD，而平面ABCD，则，又，平面，于是平面，在矩形ABCD中，G为线段的中点，则三棱锥的体积，，点M到平面的距离为C点到平面距离的，因此，所以公共部分的体积为：.7．（2026·天津河西·三模）已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N，P分别为棱，B1C1A． B． C． D．【答案】A【详解】如图，以正方体ABCD-A1B1取的中点，连接，由//，且，知四边形为平行四边形，所以//，.易知//，.又点M，N分别为棱，B1C1的中点，所以//，所以//.连接，交于点，因为//，且，所以，所以为棱最靠近A1的六等分点.取棱最靠近的六等分点，连接.因为，//，所以四边形为平行四边形，所以//，.所以，//，所以四边形为平行四边形，所以//，.连接，则点五点共面，五边形为正方体ABCD-A1B1设正方体ABCD-A1则，，，所以几何体的体积等于.所以剩余部分的体积为.所以过点M，N，P的平面将正方体分成的两个几何体的体积之比为.8．（2026·天津和平·三模）在矩形ABCD中，，BC=2，沿矩形对角线将折起得到四面体，则四面体的外接球体积为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】因为四边形为矩形，故，沿折起得到后，，因此与均为斜边为的直角三角形.设中点为，可得，即为四面体的外接球球心，外接球半径.所以，故，所以外接球体积.9．（2026·天津北辰·二模）中国古代计时器的发明时间不晚于战国时代（公元前476年~前222年），其中沙漏就是古代利用机械原理设计的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道流到下部容器.如图，某沙漏是由两个形状完全相同的圆锥容器组成.已知最初沙漏中细沙全部在上部容器时，其高度为圆锥高度的一半，假设细沙全部漏入下部容器中，将细沙摇匀，此时细沙堆成如图所示的一个圆台.若圆锥容器的高为h，则此圆台的高为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】设整个圆锥容器的体积为，容器高为，初始时细沙在上部是高为​的小圆锥，根据相似几何体体积比等于对应高比的立方，得细沙体积：细沙漏入下部后堆成圆台，设圆台高为x，下部圆锥顶点在上，因此圆台上方空的部分是一个小圆锥，空圆锥的高为，同理空圆锥体积满足：，又圆台体积=细沙体积=整个圆锥体积减空圆锥体积，即，代入，约去整理得：，​开立方整理得：故此圆台的高为：10．（2026·天津·模拟预测）如图，向一个高为3且底面水平放置的正四棱锥容器注水，水面高度为1时停止注水（不考虑容器厚度），将此四棱锥容器倒置后，水面高度为（

）A．1 B．2 C． D．【答案】D【详解】设正四棱锥的下底面边长为，因注水四棱台部分的高为，四棱锥的高为3，设注水四棱台的上底面边长为x，则，解得，注水四棱台的上底面的面积为，注水四棱台的下底面的面积为，则注水四棱台的体积为，将此四棱锥容器倒置时，水的体积不变而且形成一个小四棱锥，设水面高度为，底面边长为，则，解得，且底面面积为，设此四棱锥容器倒置后注水四棱锥的体积为，则，又，则，解得，即，即此四棱锥容器倒置后，水面高度为.11．（2026·天津河西·模拟预测）现有两个完全相同的四棱柱材料（如图一所示）.某课外手工小组的同学将其中一个切掉一个三棱柱后拼接成如图二所示的“型”几何体（正方形A1B1C1D1与正方形在同一平面内，A1，B1，E，F四点在一条直线上），AB=2，

A． B． C． D．【答案】A【详解】由正方形ABCD可知，，，，平面，平面，则三棱柱为直三棱柱，，同理可知为边长为2的等边三角形，，.

12．（2026·天津和平·三模）在多面体中，四边形ABCD是菱形，，平面ABCD，，，M是AP中点．(1)证明：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值；(3)点N为棱PC上靠近点C的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】【详解】（1）因为，，M是AP中点，所以，又，故，又，所以四边形是平行四边形，所以且，又因为四边形ABCD为菱形，所以AB//CD且所以且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）因为四边形ABCD是菱形，，，所以，、均为等边三角形.以A为原点，建立空间直角坐标系，，，，，，，，，，设平面的法向量为，则，取，得，，，设平面的法向量为，则，取，得，设平面和平面的夹角为，则，则平面与平面的夹角的余弦值为.（3）点N为棱PC上靠近点C的三等分点，，则，，则，又，则，平面的法向量，设直线与平面所成的角为β，则，则直线与平面所成角的正弦值为.13．（2026·天津河西·三模）如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，已知平面ABCD，(1)求证：平面；(2)求平面A1BC与平面(3)求点A到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】【详解】（1）在直角梯形ABCD中，过C作于E，因为，，且，所以四边形为正方形，可得，，因为AB=2，所以，在中，，在中，，在中，所以，即，因为侧棱底面ABCD，平面ABCD，所以，因为，、平面，所以平面；（2）以A为原点，所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，由题意，，，，，，所以，，，，设平面A1BC的法向量为，则，令，则，，得，设平面的法向量为，则，令，则，，得，所以，即平面A1BC与平面夹角的余弦值为；（3）已知平面的一个法向量为，平面外一点，在平面上任取一点，所以，点A到平面的距离，即点A到平面的距离为.14．（2026·天津武清·模拟预测）已知直三棱柱中，，点M、N分别为的中点．(1)求证：平面；(2)求A'N与平面(3)求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析.(2)(3)【分析】【详解】（1）连接，，四边形为矩形，M为的中点，与交于点M，M为的中点，又N为的中点，，又平面，且平面，平面.（2）由已知，以A为坐标原点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，因为平面即平面，，，，取x=2，则，从而，设所求线面角为，，，所以A'N与平面夹角的正弦值为.（3）设点M到平面的距离为，，，已知，则，所以.15．（2026·天津滨海新区·三模）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为正方形，，，，，．(1)证明：平面；(2)求平面与平面所成角的余弦值；(3)求点D到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】【详解】（1）因为四边形ABCD为正方形，所以，AB⊥AD又，所以，又，所以两两垂直，如图，以A为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，，，，，，，，显然是平面的一个法向量，因为，所以，又平面，所以平面；（2）由（1）得，，，设平面的法向量，所以，即，令，得，设平面的法向量，所以，即，令，得，所以所以平面与平面所成角的余弦值为；（3）由（2）得平面的一个法向量，，所以点D到平面的距离．16．（2026·天津宝坻·三模）如图，在四棱锥中，平面，，E为CD的中点，M在上，且，

(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)点F是线段上异于两端点的任意一点，若满足F到平面距离为，求的长．【答案】(1)∵平面，，以A为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.由题意得.∵，，，∴在中，，，，可得.∵E为CD中点，∴.∵，∴M分的比为，得.平面的法向量为.，∴，即.又平面，∴平面.(2)(3)2【分析】【详解】（1）略（2）设平面的法向量为，，，则，即，取，得.设平面与平面的夹角为，，则.（3）F在线段上，，令，F到平面的距离.由题意得，∴，即，得.∴.17．（2026·天津滨海新区·三模）如图，四边形ABCD为正方形，平面ABCD，，，点M在线段BE上，，N为中点．(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)若三棱锥的体积为4，求的长．【答案】(1)见解析(2)(3)2【分析】【详解】（1）因为，AB//CD，，，平面，平面，推出平面平面.又因为平面，所以平面.（2）建立以A为原点的直角坐标系.得出各点坐标，，，，，.设，，，因为，解出，，那么.，，得出平面法向量.，，得出平面法向量..（3）作交于点G.因为平面ABCD，，所以平面ABCD，又因为平面ABCD，推出.由题意得，ABCD为正方形，进而.因为，，并且,所以平面.，，易得.，那么.18．（2026·天津北辰·二模）如图，在直三棱柱中，，，，点E，F分别为线段和的中点.(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求直线EF与直线间的距离.【答案】(1)证明：（方法