2025年高考数学二轮复习(新高考通用)专题15立体几何综合解答题型系统化归类与解析(练习)(学生版+解析)

这是一份2025年高考数学二轮复习(新高考通用)专题15立体几何综合解答题型系统化归类与解析(练习)(学生版+解析)试卷主要包含了如图，在三棱锥中，，，长方体中，.，如图，正四面体，等内容，欢迎下载使用。
题型一：非常规空间几何体为载体
1．（2024·江苏南通·模拟预测）如图，四边形是圆台的轴截面，是圆台的母线，点C是的中点．已知，点M是BC的中点．
(1)若直线与直线所成角为，证明：平面；
(2)记直线与平面ABC所成角为，平面与平面的夹角为，若，求．
【解析】（1）连接，则四边形是直角梯形.
过作于N，则四边形是矩形，，
连接，，为的中点.又M为的中点，
平面，，平面
又平面，，
在中，，
为的中点，
又，，平面，，
平面又平面，
，，OB，平面，，
平面
（2）以O为原点，直线OC，OB，分别为x，y，z轴建立如图的空间直角坐标系.

设，则
，，，
，
设平面的法向量，
则，
取得
，，
设平面的法向量，
则，
取得
，解得
在中，，
由（1）知，
2．（2024·重庆·三模）如图所示的几何体是一个半圆柱和一个三棱锥的组合体.是半圆柱的母线,分别是底面直径BC和的中点,是半圆上一动点,是半圆上的动点,是圆柱的母线，延长至点使得为的中点,连接,构成三棱锥.
(1)证明:;
(2)当三棱锥的体积最大时,求平面与平面的夹角.
【解析】（1）因为平面平面ABC，
所以,又平面,
所以平面,又平面,
所以.
（2）因为且,
所以当且仅当取等，此时点的位置刚好在半圆弧的中点.
因为两两垂直,如图,以点为原点,以分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设是平面的法向量，则令，则.
由(1)知平面，所以是平面的一个法向量，故
所以平面与平面所成角的余弦值为，所以平面与平面的夹角为.
题型二：立体几何探索性问题
3．（2024·全国·一模）如图，在三棱锥中，平面为棱上的动点．
(1)求证：平面；
(2)是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）因为平面平面平面，
所以且．
由，且，可得．
由，因为,可得．
因为平面平面，所以平面．
（2）过作，则两两垂直，
建立如图空间直角坐标系．
则．
设平面的法向量为，
由题可得，
则即
取，则平面的一个法向量为．
由于在棱上，设，
所以．
所以．
设平面的法向量为，
由题可得，
则即
取，则平面的一个法向量为．
由题意，得，
整理得．
解得或．
因为，所以．
故存在点，且当点位于上靠近的三等分点时，
平面与平面夹角的余弦值为．
4．如图，在三棱锥中，，．

(1)证明：；
(2)在棱上是否存在点（不与端点重合），使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）如图，取的中点，连接，
因为，所以，，
因为，，平面，
所以平面，又平面，所以．
（2）存在点，位于棱上靠近点或点的四等分点处，使直线与平面所成角的正弦值为，证明如下：
如图，因为，易知，则，
取的中点，连接，易知，又平面，易知两两垂直，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，过点作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题设，易得，，则，，，，
则，，设，，
则，故，
设平面的法向量为，则，
令，则，设直线与平面所成角为，
则，解得或，
故在棱上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，
此时点位于棱上靠近点或点的四等分点处．
题型三：立体几何折叠问题
5．（24-25高三上·云南昆明·期中）已知在长方形中，，，点是边的中点，如图甲所示.将沿翻折到，连接，，得到四棱锥，其中，如图乙所示.
(1)求证：平面平面；
(2)求平面和平面夹角的余弦值.
【解析】（1）连接，因为是中点，所以，
从而，所以，
又，所以，所以，
，平面，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面；
（2）取的中点，连接，则，又平面平面，平面平面，
所以平面，
，
以为原点，过平行于的直线为轴，为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，
，
设平面的一个法向量是，
则，取得，
设平面的一个法向量是，
则，取，得，
，
所以平面和平面夹角的余弦值为．
6．在如图1所示的图形中，四边形为菱形，和均为直角三角形，，现沿将和进行翻折，使（在平面同侧），如图2.
(1)当二面角为时，判断与平面是否平行；
(2)探究当二面角为时，平面与平面是否垂直；
(3)在（2）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值.
【解析】（1）若二面角为，则平面平面，
因为平面平面，且，所以平面，
如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为n=x,y,z，因为，
所以令，得，
因为，所以，
所以不与平面平行.
（2）取的中点，连接，则，
因为，所以二面角的平面角为，即，
如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量为，因为，
所以令，得，
设平面的法向量为，
因为，
所以令，得，
因为，所以不垂直，所以平面不与平面垂直.
（3）在（2）中的坐标系中，设平面的法向量为，
因为，
所以令，得，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
题型四：立体几何作图问题
7．（2024·河南信阳·模拟预测）长方体中，.
(1)过E、B作一个截面，使得该截面平分长方体的表面积和体积.写出作图过程及其理由.
(2)记（1）中截面为，若与（1）中过点的长方体的三个表面成二面角分别为，求的值.
【解析】（1）连接，取中点，则与可确定一个平面，该平面即为所求.
连接,取点使得.连接，,则所作截面为平面.
理由：连接,,
,（长方体性质）
∴四边形为平行四边形，
又为中点（长方体性质）
∴为中点，四点共面，
∵面面,面面,面面，
所以，同理可证得.
∴四边形为平行四边形,
取,设长方体左半部分几何体体积为,表面和为,
因为，设，
所以，，
,
综上，平面符合题意
（2）易知两两垂直,以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
由题， 令，则有,则，
设平面、平面、平面的法向量分别为由长方体性质可知
设平面法向量为n=x,y,z
则有，即，令，则，∴
则
8．如图，正四面体，

(1)找出依次排列的四个相互平行的平面，，，，使得，且其中每相邻两个平面间的距离都相等．请在答卷上作出满足题意的四个平面，并简要说明并证明作图过程；
(2)若满足（1）的平面，，，中，每相邻两个平面间的距离都为1，求该正四面体的体积．
【解析】（1）如图所示，取的三等分点，，的中点，的中点，
过三点，，作平面，过三点，，作平面，
因为，，所以平面，
再过点，分别作平面，与平面平行，那么四个平面，，，依次相互平行，
由线段被平行平面，，，截得的线段相等知，其中每相邻两个平面间的距离相等，
故，，，为所求平面．（注：也可将正四面体放入正方体内说明）
（2）解法一：设正四面体的棱长为，
结合（1）有的中点，再取的中点，连接交于，
则由等边三角形的性质可知为的中心，且，
则以为坐标原点，以平行于直线且过点的直线为轴，直线为轴，直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
令，为的三等分点，为的中点，，，
所以，，．
设平面的法向量，
则有，即，
取，则，，即．
又，，，相邻平面之间的距离为1，
所以点到平面的距离为，解得．
由此可得，边长为的正四面体满足条件．
所以所求正四面体的体积．
解法二：放入正方体，转化为平几问题．
如图，将此正四面体补形为正方体，
分别取，，，的中点，，，，
平面与是分别过点，的两平行平面，若其距离为1，
则正四面体满足条件，右图为正方体的下底面，
设正方体的棱长为，
若，因为，，
在直角三角形中，，所以，所以，
又正四面体的棱长为，
所以此正四面体的体积为．
题型五：立体几何建系繁琐问题
9．（2021·黑龙江哈尔滨·三模）如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，，分别为，的中点，为上一点，过 和的平面交于，交于.
（1）证明：，且平面平面；
（2）设为的中心，若，平面，且，求四棱锥的体积.
【解析】（1）因为，分别为，的中点，所以，
又，所以，
在等边中，为中点，则.
又因为侧面为矩形，所以.
因为，，
由，平面，
所以平面，
又因为，且平面，平面，
所以平面，
又因为平面，且平面平面，
所以.
又因为平面，
所以平面，
因为平面
所以平面平面.
（2）过作垂线，垂足为，画出图形，如图.
因为平面，平面，平面平面，
所以，
又因为，所以四边形为平行四边形，
所以，
因为为的中心，
所以，
因为平面平面，平面平面=，
平面，
所以平面，
又因为在等边中，，得，
由（1）知，四边形为梯形，
所以四边形的面积为，
所以， ，
，所以，
所以.
10．（21-22高三上·山东临沂·开学考试）如图，已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是等腰直角三角形，BCAB，侧面BB1C1C是正方形，D，E分别为BC，B1C1的中点，P为AD上一点，过P和B1C1的平面交AB于M，交AC于N．
（1）证明：AA1∥DE，且平面AA1ED⊥平面MNC1B1；
（2）设Q为A1E的中点，若AQ∥平面MNC1B1，且AQAB，求平面MNC1B1与平面ABC所成锐二面角的余弦值．
【解析】（1）证明：因为DE∥BB1，AA1∥BB1，所以AA1∥DE，
平面PB1C1分别与两个平行平面ABC，A1B1C1相交于MN，B1C1，
所以MN∥B1C1，
又因为BC⊥AD，B1C1∥BC，所以MN⊥AD，
因为BC⊥BB1，BB1∥AA1，所以BC⊥AA1，
而BC∥MN，所以MN⊥AA1，
又AD，AA1是平面AA1ED内两条相交直线，
故MN⊥平面AA1ED，
故平面AA1ED⊥平面MNC1B1；
（2）连接EP，因为AQ∥平面MNC1B1，故AQ∥PE，
故PE⊥MN，又AD⊥MN，
故∠EPD是二面角E﹣MN﹣D的平面角，
设AB＝2，则，，PE＝3，
由余弦定理可得，，
故平面MNC1B1与平面ABC所成锐二面角的余弦值为．
题型六：两角相等（构造全等）的立体几何问题
11．如图，在三棱锥中，是等边三角形，，点P是AC的中点，连接BP，DP
证明：平面平面BDP；
若，，求三棱锥的体积．
【解析】证明：如图所示，
因为是等边三角形，，
所以≌，可得，
又因为点P是AC的中点，则，，
又，平面PBD，平面PBD，
所以平面平面BDP；
设，在中，，则；
在等边中，，
在等腰中，；
在中，由，得；
由余弦定理得，
即，解得a=2；
所以的面积为，
所以三棱锥的体积为．
12．如图，在三棱锥中，ΔABC为等边三角形，，面积是ΔABC面积的两倍，点在侧棱上.
（1）若，证明：平面平面；
（2）若二面角的大小为，且为的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）证明：因为，所以，
所以．
取BC中点O，连结DO,AO，所以DO⊥BC，AO⊥BC，
因为，所以BC⊥平面AOD，所以BC⊥AD，
又因为BM⊥AD，，所以AD⊥平面BCM，
所以平面ACD⊥平面BCM．
（2）由（1）知，是二面角D-BC-A的平面角，
所以，
过作交延长线于G，因为BC⊥平面AOD，平面AOD，
所以，
因为，所以平面．
如图，以O为原点，以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
设 ，则，
又因为，
所以，
在中，，
所以 ， ，
所以，
所以，，
设是平面DCA的法向量，
则即
取，
因为点是线段AD的中点 ，所以，
所以 ，
设直线BM与平面DCA所成角的大小为，则
，
所以直线BM与平面CDA所成角的正弦值为．
题型七：利用传统方法找几何关系建系
13．（2024·山东淄博·二模）已知直角梯形，，，，为对角线与BD的交点．现以为折痕把折起，使点到达点的位置，点为的中点，如图所示：
(1)证明：平面PBM；
(2)求三棱锥体积的最大值；
(3)当三棱锥的体积最大时，求直线AB与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）直角梯形中，
由相似可得，
因为，，可得，，
故可得，，
由，则由勾股定理逆定理得，，即，
，
翻折后可得，，，
又因为，在平面内，
故平面
（2）因为点为边的中点，
所以，又，
所以，
因为平面，所以平面平面，
所以点P到平面ABC的距离，即为点P到BM的距离，设为h，
因为为定值，
当h最大时，三棱锥的体积最大，
而，则，
当h=1时，.
（3）由（2）得，当三棱锥的体积最大时，
点P到平面ABC的距离为，即平面．
故，，
又因为，
故，，两两垂直．
故可以为原点，
直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由题可得，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线AB与平面所成角的正弦值为．
14．（24-25高三上·山东潍坊·期末）如图所示，在四棱锥中，底面为菱形，为棱的中点．
(1)若直线与平面的交点为，证明：平面；
(2)已知平面，，，且二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面平面，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）
如图，过点作于点，连接，，
因为平面，所以，
所以为二面角平面角，
即，
因为，
所以，所以在中，，
以，分别为轴，轴的正方向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n=x,y,z，则，
即，
令，得，，
所以，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角正弦值为．
题型八：空间中的点不好求
15．如图，已知斜四棱柱的侧面和底面均为全等的菱形，且，．
(1)证明：平面平面；
(2)若为的中点，求二面角的余弦值.
【解析】（1）解法一：
如图，取中点，连接，
因为斜四棱柱的侧面和底面均为全等的菱形，且，
所以和均为等边三角形，
所以，，
又因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以．
由底面为菱形，可知，
又，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面．
解法二：
如图，设交于点，则为的中点，
连接，
由侧面均为全等的菱形可知，所以，
又由底面为菱形可知，
又，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面．
（2）以的交点为原点，以所在的直线分别为轴，轴，过且垂直于底面作轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
由题知四面体为正四面体，
记为的中心，则平面，
因为，
所以，则，
又由，得，
则，
故，，，
设平面的法向量为，
则即
令，则，，
则平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则即
令，则，，
则平面的一个法向量，
设二面角的大小为，由图知为锐角，
所以，
故二面角的余弦值为．
16．如图，在四棱台中，平面平面.
(1)求证：；
(2)求平面与平面所成角的正弦值；
(3)求点关于平面的对称点到平面的距离.
【解析】（1）连接，因为，，
所以，所以四点在同一平面上，
又因为平面，平面平面，
所以，可得四边形为平行四边形，
所以；
（2）因为，，，，
所以四边形是等腰梯形，做交与点，可得，
所以，且，
以点为原点，所在的直线分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，
，，，，
设向量n=x,y,z为平面的一个法向量，
则，即，令，得，
所以，
设向量为平面的一个法向量，
则，即，令，得，
所以，
，
设平面与平面所成角的为，
所以；
（3）由（2）建立的空间直角坐标系，得
，，
，，
设为平面的一个法向量，
则，即，令，得，
所以，
则点到平面的距离
为，
设，则，
因为与共线，，可得，
，
所以点到平面的距离
为，
解得，或（舍去），
此时，，
所以点到平面的距离.
重难点突破：新定义问题
17．（24-25高三上·江西萍乡·期中）定义：多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的一个顶点，（，且）为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面、平面、、平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，．
(1)求四棱锥在顶点处的离散曲率；
(2)求四棱锥内切球的表面积；
(3)若是棱上的一个动点，求直线与平面所成角的取值范围．
【解析】（1）因为平面，平面，所以，
因为，则．
因为平面，平面，所以，
又，，、平面，所以平面，
又平面，所以，即，
由离散曲率的定义得．
（2）因为四边形为正方形，则，
因为平面，平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，
设四棱锥的表面积为，
则
．
设四棱锥的内切球的半径为，则，
所以，
所以四棱锥内切球的表面积．
（3）如图，过点作交于点，连接，
因为平面，所以平面，
则为直线与平面所成的角．
易知，当与重合时，；
当与不重合时，设，
在中，由余弦定理得
因为，所以，所以，则，
所以．
当分母最小时，最大，即最大，此时（与重合），
由，得，即，
所以的最大值为，
所以直线与平面所成角的取值范围为．
18．在空间直角坐标系Oxyz中，这点且以为方向向量的直线方程可表示为，过点且以为法向量的平面方程可表示为．
(1)已知直线的方程为，直线的方程为．请分别写出直线和直线的一个方向向量．
(2)若直线与都在平面内，求平面的方程；
(3)若集合中所有的点构成了多面体Ω的各个面，求Ω的体积和相邻两个面所在平面的夹角的余弦值．
【解析】（1）因为直线的方程为，即，可知直线的一个方向向量；
直线的方程为，即，可知直线的一个方向向量.
（2）由题意可知：直线过点，且其一个方向向量为，
直线过点，且其一个方向向量为，
则为平面内一点.
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
所以平面的方程为，即.
（3）由集合可知，
多面体与坐标轴交于各点，，如图所示，
可知四边形为正方形，
边长，
所以，正方形的面积为，
而正四棱锥的高为，
则，
所以多面体的体积为.
由集合中所有的点构成了多面体的各个面，
点均满足方程.
可知平面的方程为，且该平面的一个法向量为，
同理可知，平面的方程为，该平面的一个法向量为，
平面的方程为，该平面的一个法向量为，
所以.
由对称性可知，任意相邻两平面的夹角的余弦值都为.
故多面体相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为.
综上，的体积为，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为.
1．（24-25高三上·江苏苏州·期末）如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，，分别为线段和线段的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）连结．
因为四边形为菱形，所以．因为，所以为正三角形．
因为为中点，所以．
因为且为中点，所以．
又因为，平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）因为平面，平面，所以，又因为，，平面，所以平面．
法一：延长交于点，连结．
因为四边形为菱形，所以且．
因为为中点，所以且，所以为中点．
因为为中点，所以，
所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角．
．
设到平面的距离为，
，所以．
在中，，则．
设与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
法二：因为，平面，所以两两垂直．
以为原点，所在直线分别为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
因为为中点，所以．
则．
设平面的法向量为，
所以，则，即，
令，则平面的一个法向量为．
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．
2．（24-25高三上·辽宁·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面平面，点在棱PB上，且平面ACE.
(1)求证：为PB的中点；
(2)求平面ACE与平面ACD夹角的正弦值.
【解析】（1）证明：连接BD交AC于点，连接EF，
因为底面ABCD是矩形，所以为BD的中点，
因为平面平面PBD，
平面平面，所以，
又因为为BD的中点，所以为PB的中点.
（2）取CD的中点，连接PO，FO，
因为底面ABCD为矩形，所以，
因为为CD的中点，
所以，
，所以，
又因为平面平面ABCD，平面平面平面，
所以平面ABCD，所以，
所以OF，OC，OP两两垂直.
以为坐标原点，OF，OC，OP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，
则由题意可得，，
则，
由上可知为平面ACD的一个法向量，
设平面ACE的法向量为，
则令，则，所以，
所以，
所以平面ACE与平面ACD夹角的正弦值为.
3．（24-25高三上·山东潍坊·期末）如图，在直平行六面体中，，且，，分别为，的中点.
(1)证明：平面；
(2)点在棱上，当平面与平面所成角的余弦值为时，求.
【解析】（1）在直平行六面体中，
易知，因为，平面，
所以平面，
所以，所以，
因为，所以，
在矩形中，，，，
所以，所以，
因为为的中点，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，
所以平面，所以平面，平面，所以，
又因为，平面，
所以平面.
（2）以为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
平面的法向量为，
设（），则，
，，
设平面的法向量为，
所以所以
令，则，，所以，
设平面与平面所成角为，
所以，
所以或，
所以的值为或.
4．（24-25高三上·广西河池·期末）如图，在多面体中，是边长为2的等边三角形，平面，，，，，设为的中点．
(1)证明：平面；
(2)设为棱上的动点，求与平面所成角的正弦值的最大值．
【解析】（1）如图，在平面ABC内过点作直线，
∵平面，平面，∴，，
∴以为坐标原点，分别为坐标轴，如图建立空间直角坐标系，
则，A10,0,4，，，
∵为的中点，∴，
∴，，AA1=0,0,4，
∴，即，
又∵平面，平面，，
∴平面.
（2）设，即
则，
，，
设平面的一个法向量，
则，令，则，
即，
设直线与平面所成角为，
则，
令，
当时，取最小值，即，
即当时，取得最大值，，
5．（23-24高二下·湖南益阳·阶段练习）正三角形所在的平面与菱形所在的平面互相垂直，，，是AB的中点.
(1)求证：；
(2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【解析】（1）∵，是的中点，∴，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，平面，
∴.
（2）由（1）知平面，平面，
∴，菱形中，，
所以是正三角形，∴．
∴ 两两垂直．建立如图所示空间直角坐标系．
则，，B1,0,0，，，
因为轴垂直平面，所以设平面的法向量为n=0,1,0
，，
设，，
则，
∵直线与平面所成的角为，
，
由，解得，∴．
6．（2024·江西新余·模拟预测）如图，在平面图形甲中，，，与分别为以斜边的等腰直角三角形，现将该图形沿向上翻折使边重合（重合于），连.图乙中，为中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)求平面与平面夹角的正弦值.
【解析】（1）图乙中，由题意知，所以，
，平面，所以平面；
（2）取中点为，由于为中点，
故且，结合，
所以且，
故四边形为平行四边形，
所以，而平面，平面，
故平面
（3）在等腰梯形中，设，
过C作，则所以，
在中，由余弦定理得，所以,所以，
如图以分别为轴建立空间直角坐标系：
，
设平面法向量为，则，
即，令，则，则，
平面法向量可取为，
设平面与平面夹角为，
所以，故
7．（24-25高三上·辽宁·期末）在四棱锥中，底面为矩形，且．
(1)证明：平面底面．
(2)若，，，，求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）因为底面为矩形，所以，
又，，平面，所以平面．
因为底面，所以平面底面．
（2）由（1）得，，又，
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，
则，，， ，
则，，
设，因为，则，
解得，所以，则．
设平面的一个法向量为n=x,y,z，则由，
得，令，得．
因为，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
8．（24-25高三上·甘肃酒泉·期末）如图，四棱锥的底面是边长为3的正方形，，.
(1)证明：平面；
(2)已知点在线段上，且（），若直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
【解析】（1）因为四边形是正方形，所以，
因为，，所以．
因为，，平面，所以平面，
又平面，所以，即．
因为，，，所以，
所以，即，
因为，，平面，所以平面.
（2）由（1）知，，两两垂直，
因为，，所以．
以点为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可得，，，，，
所以，，，，
设，所以，，
因为，，所以，
即所以所以，，
设n=x,y,z是平面的一个法向量，则
所以令，则所以，
设直线与平面所成角为，
则，解得或．
9．（2025·湖南永州·模拟预测）如图，正方体的棱长为1，点M，N分别在线段，上，且，.
(1)若，证明：；
(2)若，点P，Q分别在直线，上，且，，求的取值范围.
【解析】（1）连接，，当，则是的中点，是的中点，
所以，
因为面，面，所以，
所以.
（2）以点为原点，，，方向为，，轴正方向建立空间直角坐标系，则
A1,0,0，，，，，
，，所以，，
所以，，所以，
又，设直线的方向向量为，
则由得，
取，又，
所以
由得，
易知在单调递减，单调递增
所以，所以.
10．（24-25高三上·江苏无锡·期末）如图，四棱柱的底面是边长为2的正方形，侧面底面是线段的中点.

(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【解析】（1）证明：连接交于点，连接，
在平行四边形中，为的中点，
又为中点，，
平面平面，
平面.
（2）平面平面，
在面内，过作，平面，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
，
由可得，因此
设平面与平面的一个法向量分别为
所以，令，则，即；
同理，解得，令，则，即；
设二面角的平面角为，显然为锐角，
因此；
即二面角的余弦值为.
目录
TOC \ "1-2" \h \z \u \l "_Tc189683772" 01 模拟基础练 PAGEREF _Tc189683772 \h 2
\l "_Tc189683773" 题型一：非常规空间几何体为载体 PAGEREF _Tc189683773 \h 2
\l "_Tc189683774" 题型二：立体几何探索性问题 PAGEREF _Tc189683774 \h 5
\l "_Tc189683775" 题型三：立体几何折叠问题 PAGEREF _Tc189683775 \h 8
\l "_Tc189683776" 题型四：立体几何作图问题 PAGEREF _Tc189683776 \h 12
\l "_Tc189683777" 题型五：立体几何建系繁琐问题 PAGEREF _Tc189683777 \h 16
\l "_Tc189683778" 题型六：两角相等（构造全等）的立体几何问题 PAGEREF _Tc189683778 \h 20
\l "_Tc189683779" 题型七：利用传统方法找几何关系建系 PAGEREF _Tc189683779 \h 23
\l "_Tc189683780" 题型八：空间中的点不好求 PAGEREF _Tc189683780 \h 26
\l "_Tc189683781" 重难点突破：新定义问题 PAGEREF _Tc189683781 \h 31
\l "_Tc189683782" 02 重难创新练 PAGEREF _Tc189683782 \h 36