2024年高考数学二轮复习（全国通用） 专题15 立体几何解答题全归类（练习）（原卷版+解析）

这是一份2024年高考数学二轮复习（全国通用） 专题15 立体几何解答题全归类（练习）（原卷版+解析），共99页。试卷主要包含了如图，三棱锥中，，，，为中点，如图，在正四棱柱中，，等内容，欢迎下载使用。
目 录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc154730747" 01 非常规空间几何体为载体 PAGEREF _Tc154730747 \h 2
\l "_Tc154730748" 02 立体几何探索性问题 PAGEREF _Tc154730748 \h 4
\l "_Tc154730749" 03 立体几何折叠问题 PAGEREF _Tc154730749 \h 6
\l "_Tc154730750" 04 立体几何作图问题 PAGEREF _Tc154730750 \h 8
\l "_Tc154730751" 05 立体几何建系繁琐问题 PAGEREF _Tc154730751 \h 11
\l "_Tc154730752" 06 两角相等（构造全等）的立体几何问题 PAGEREF _Tc154730752 \h 13
\l "_Tc154730753" 07 利用传统方法找几何关系建系 PAGEREF _Tc154730753 \h 15
\l "_Tc154730754" 08 空间中的点不好求 PAGEREF _Tc154730754 \h 17
\l "_Tc154730755" 09 创新定义 PAGEREF _Tc154730755 \h 20
01 非常规空间几何体为载体
1．（2023·四川南充·模拟预测）如图所示，在圆锥中，为圆锥的顶点，为底面圆圆心，是圆的直径，为底面圆周上一点，四边形是矩形．

(1)若点是的中点，求证：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的余弦值．
2．（2023•新高考Ⅱ）如图，三棱锥中，，，，为中点．
（1）证明；
（2）点满足，求二面角的正弦值．
3．（2023·河南·高二漯河高中校联考阶段练习）如图，四棱台中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，上、下底面中心的连线NM垂直于上、下底面，且NM与侧面所成角的正切值为．
(1)求点A到平面的距离；
(2)求二面角的余弦值．
4．（2023·天津和平·统考三模）如图，四棱台中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，分别为的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为.

(1)求证：∥平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由
02 立体几何探索性问题
5．（2023•新高考Ⅰ）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．
6．（2023·北京·高三北京八中校考期中）羡除是《九章算术》中记载的一种五面体．如图五面体ABCDEF，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，其中，，，，M为AD中点，平面BCEF与平面ADEF交于EF．再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使得羡除ABCDEF能够确定，然后解答下列各题：
(1)求证：平面CDE；
(2)求二面角的余弦值．
(3)在线段AE上是否存在点Q，使得MQ与平面ABE所成的角的正弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
条件①：平面平面ABCD；
条件②：平面平面ABCD；
条件③：．
7．（2021•甲卷）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，，分别为和的中点，为棱上的点，．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小？
8．（2021•北京）如图，在正方体，为的中点，交平面交于点．
（Ⅰ）求证：为的中点；
（Ⅱ）若点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．
9．（2023·全国·高三专题练习）如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在平面相互垂直，已知．

(1)求证：；
(2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面平面BCEF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
03 立体几何折叠问题
10．（2023·江苏苏州·高三苏州市相城区陆慕高级中学校考阶段练习）已知图①中四边形是圆的内接四边形，沿将所在圆面翻折至如图②所示的位置，使得.

(1)若，证明：；
(2)若，求二面角余弦值的最小值.
11．（2023·湖南·校联考模拟预测）如图，在梯形中，，，，，与交于点，将沿翻折至，使点到达点的位置.

(1)证明：；
(2)若平面PBC与平面PBD的夹角的余弦值为，求三棱锥的体积.
12．（2023·贵州·高二校联考阶段练习）如图1，已知是直角梯形，，，，C、D分别为BF、AE的中点，，，将直角梯形ABFE沿CD翻折，使得二面角的大小为60°，如图2所示，设N为BC的中点.

(1)证明：；
(2)若M为AE上一点，且，则当为何值时，直线BM与平面ADE所成角的正弦值为.
13．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.
(1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置；
(2)若，求锐二面角的大小.
04 立体几何作图问题
14．（2023·贵州·校联考模拟预测）如图，已知平行六面体的底面是菱形，，，且.
(1)试在平面内过点作直线，使得直线平面，说明作图方法，并证明：直线；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
15．（2023·重庆九龙坡·高三重庆市育才中学校考阶段练习）已知四棱锥中，底面为正方形，O为其中心，点E为侧棱的中点.
(1)作出过O、P两点且与平行的四棱锥截面（在答题卡上作出该截面与四棱锥表面的交线，并写出简要作图过程）；记该截面与棱的交点为M，求出比值（直接写出答案）；
(2)若四棱锥的侧棱与底面边长均相等，求与平面所成角的正弦值.
16．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知底面为平行四边形的四棱锥中，平面与直线和直线平行，点为的中点，点在上，且.
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)求作过作四棱锥的截面，使与截面平行（写出作图过程，不要求证明）.截面的定义：用一个平面去截一个几何体，平面与几何体的表面的交线围成的平面图形.
17．（2023·安徽马鞍山·统考三模）如图多面体中，面面，为等边三角形，四边形为正方形，，且，，分别为，的中点.
（1）求二面角的余弦值；
（2）作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AB交点为P，写出的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）.
18．（2023·北京·北京市十一学校校考三模）四棱锥中，底面是边长为2的菱形，.,且平面，，点分别是线段上的中点，在上.且.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面的成角的正弦值；
（Ⅲ）请画出平面与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤.
05 立体几何建系繁琐问题
19．（2023·浙江台州·高一统考期末）如图，平面平面，四边形为矩形，且为线段上的动点，，，，.

(1)当为线段的中点时，
（i）求证：平面；
（ii）求直线与平面所成角的正弦值；
(2)记直线与平面所成角为，平面与平面的夹角为，是否存在点使得?若存在，求出；若不存在，说明理由.
20．（2023·江苏南京·高一南京外国语学校校考阶段练习）如图，在梯形中，，，，四边形为矩形， 平面平面，.

(1)求证：平面；
(2)求二面角的平面角的余弦值；
(3)若点在线段上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的范围.
21．（2023·重庆·统考三模）如图，四面体ABCD的顶点都在以AB为直径的球面上，底面BCD是边长为的等边三角形，球心O到底面的距离为1．
(1)求球O的表面积；
(2)求二面角的余弦值．
22．（2023·浙江·高二校联考阶段练习）如图所示，在平行四边形ABCD中，，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻折为，若F为线段的中点．在翻折过程中，
(1)求证：平面；
(2)若二面角，求与面所成角的正弦值.
23．（2023·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）四面体中，，，，，E为AC中点．
(1)证明：；
(2)若二面角的余弦值为，求a的值．
06 两角相等（构造全等）的立体几何问题
24．（2023·河南·统考模拟预测）如图,在三棱锥中,是等边三角形,,点是 的中点,连接．
（1）证明:平面平面;
（2）若,且二面角为,求直线与平面所成角的正弦值．
25．（2023·广东广州·统考一模）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．
26．（2023·福建龙岩·统考一模）如图，在三棱锥中，为等边三角形，，面积是面积的两倍，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.
27．（2023·浙江宁波·高三统考期末）如图所示，四面体中，是正三角形，是直角三角形，是的中点，且.
（1）求证：平面；
（2）过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值.
07 利用传统方法找几何关系建系
28．（2023·江苏徐州·高三统考期中）如图，在三棱锥中，侧面是锐角三角形，，平面平面.

(1)求证：；
(2)设，点在棱（异于端点）上，当三棱锥体积最大时，若二面角大于，求线段长的取值范围.
29．（2023·江苏常州·高三统考期中）已知三棱柱，，，为线段上的点，且满足．

(1)求证：平面；
(2)求证：；
(3)设平面平面，已知二面角的正弦值为，求的值．
30．（2023·浙江·高三校联考阶段练习）在正三棱台中，侧棱长为1，且为的中点，为上的点，且.

(1)证明：平面，并求出的长；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
31．（2023·湖南永州·统考一模）如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，且分别为的中点，在线段上，且．

(1)求证：平面；
(2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值．
08 空间中的点不好求
32．（2023·云南临沧·高二校考期中）已知四棱锥，底面为菱形，为上的点，过的平面分别交于点，且∥平面．

(1)证明：；
(2)当为的中点，与平面所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
33．（2023·浙江·高三浙江省新昌中学校联考期中）如图，在四棱台中，底面是边长为2的菱形，，平面平面，点分别为的中点，均为锐角.
(1)求证：；
(2)若异面直线与所成角正弦值为，四棱锥的体积为1，求二面角的平面角的余弦值.
34．（2023·广东·高三茂名市第一中学校联考阶段练习）如图，已知四棱锥中，底面是矩形，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
35．（2023·湖北·高三黄冈中学校联考阶段练习）如图，在几何体中，底面为以为斜边的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面平面.
(1)证明：平面；
(2)若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时与所成角的正切值.
36．（2023·全国·模拟预测）如图，已知四边形为正方形，为正方形对角线的交点，平面平面，．
(1)求证：平面平面；
(2)求平面和平面所成角的余弦值的最小值．
37．（2023·重庆·高三重庆八中校考阶段练习）如图甲是由梯形，组成的一个平面图形，其中，，，，．如图乙，将其沿，折起使得与重合，连接，直线与平面所成角为60°．
(1)证明：；
(2)求图乙中二面角的正弦值．
09 创新定义
38．（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）已知顶点为S的圆锥面（以下简称圆锥S）与不经过顶点S的平面α相交，记交线为C，圆锥S的轴线l与平面α所成角θ是圆锥S顶角（圆S轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C的形状，我们构建球T，使球T与圆锥S和平面α都相切，记球T与平面α的切点为F，直线l与平面α交点为A，直线AF与圆锥S交点为O，圆锥S的母线OS与球T的切点为M，，．
(1)求证：平面SOA⊥平面α，并指出a，b，关系式；
(2)求证：曲线C是抛物线．
39．（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考二模）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.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.
(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度；
(2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设
（i）用表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积；
（ii）当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值.
40．（2023·全国·高三校联考专题练习）设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中Qi（i＝1，2，…，k，k≥3）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，…，平面Qk﹣1PQk和平面QkPQ1遍历多面体M的所有以P为公共点的面．
（1）如图1，已知长方体A1B1C1D1﹣ABCD，AB＝BC＝1，，点P为底面A1B1C1D1内的一个动点，则求四棱锥P﹣ABCD在点P处的离散曲率的最小值；
（2）图2为对某个女孩面部识别过程中的三角剖分结果，所谓三角剖分，就是先在面部取若干采样点，然后用短小的直线段连接相邻三个采样点形成三角形网格．区域α和区域β中点的离散曲率的平均值更大的是哪个区域？（确定“区域α”还是“区域β”）
41．（2023·全国·校联考模拟预测）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示．蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示．蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）．
（1）求蜂房曲顶空间的弯曲度；
（2）若正六棱柱的侧面积一定，当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值．
专题15 立体几何解答题全归类
目 录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc154730698" 01 非常规空间几何体为载体 PAGEREF _Tc154730698 \h 1
\l "_Tc154730699" 02 立体几何探索性问题 PAGEREF _Tc154730699 \h 8
\l "_Tc154730700" 03 立体几何折叠问题 PAGEREF _Tc154730700 \h 18
\l "_Tc154730701" 04 立体几何作图问题 PAGEREF _Tc154730701 \h 25
\l "_Tc154730702" 05 立体几何建系繁琐问题 PAGEREF _Tc154730702 \h 33
\l "_Tc154730703" 06 两角相等（构造全等）的立体几何问题 PAGEREF _Tc154730703 \h 43
\l "_Tc154730704" 07 利用传统方法找几何关系建系 PAGEREF _Tc154730704 \h 49
\l "_Tc154730705" 08 空间中的点不好求 PAGEREF _Tc154730705 \h 57
\l "_Tc154730706" 09 创新定义 PAGEREF _Tc154730706 \h 69
01 非常规空间几何体为载体
1．（2023·四川南充·模拟预测）如图所示，在圆锥中，为圆锥的顶点，为底面圆圆心，是圆的直径，为底面圆周上一点，四边形是矩形．

(1)若点是的中点，求证：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的余弦值．
【解析】（1）分别是中点，连接，则，
平面平面，则平面，
四边形是矩形，，同理有平面，
又，平面，故平面平面，
又平面，故平面.
（2）解法一：
在圆锥中，平面，平面
则平面平面，平面平面，作于点，连接，
则面是在平面上的射影，是直线与平面所成的角，
在直角三角形中，，则，
平面，则平面，
在直角三角形中，，，则，
在直角三角形中，，
故，即直线与平面所成角的余弦为.
解法二：在圆锥中，平面，
在直角三角形中，，则，，
在直角三角形中，，则，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设是平面的法向量，则，
令得，
设直线与平面所成角为，则，
.
2．（2023•新高考Ⅱ）如图，三棱锥中，，，，为中点．
（1）证明；
（2）点满足，求二面角的正弦值．
【解析】证明：（1）连接，，
，为中点．
，
又，，
与 均为等边三角形，
，
，，
平面，
平面，
．
（2）设，
，
，，
，
，
又，，
平面，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，，，，0，，
，
，
，，，
设平面与平面的一个法向量分别为，，
则，令，解得，
，令，解得，，
故，1，，，1，，
设二面角的平面角为，
则，
故，
所以二面角的正弦值为．
3．（2023·河南·高二漯河高中校联考阶段练习）如图，四棱台中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，上、下底面中心的连线NM垂直于上、下底面，且NM与侧面所成角的正切值为．
(1)求点A到平面的距离；
(2)求二面角的余弦值．
【解析】（1）取的中点，的中点K，连接．
因为平面，线面垂直的性质知，，．
易得，且，即四边形MNKI为矩形．
所以，易得为与侧面所成的一个角．
因为MN与侧面所成角的正切值为，所以．
以点M为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z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MHG的法向量为，则，
令，则平面MHG的一个法向量为，而，
所以点A到平面MHG的距离．
（2）因为，设面MEH的法向量为，则，
令，则面MEH的一个法向量为．
所以，易知二面角的平面角为钝角，
所以二面角的余弦值为．
4．（2023·天津和平·统考三模）如图，四棱台中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，分别为的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为.

(1)求证：∥平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由
【解析】（1）证明：因为平面，以点为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为侧棱所在的直线与上下底面中心的连线所成的角为，则
，，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，
因为，
所以，所以，
又因为平面，
所以∥平面；
（2）由（1）知，，
所以点到平面的距离为；
（3）假设边上存在点满足条件，，
则，
设直线与平面所成角为，
由题意可得，
化简得，则或（舍去），
即存在点符合题意，此时.
02 立体几何探索性问题
5．（2023•新高考Ⅰ）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．
【解析】（1）证明：根据题意建系如图，则有：
，2，，，0，，，2，，，0，，
，，
，又，，，四点不共线，
；
（2）在（1）的坐标系下，可设，2，，，，
又由（1）知，0，，，2，，，0，，
，，，
设平面的法向量为，
则，取，
设平面的法向量为，
则，取，
根据题意可得，，
，
，又，，
解得或，
为的中点或的中点，
．
6．（2023·北京·高三北京八中校考期中）羡除是《九章算术》中记载的一种五面体．如图五面体ABCDEF，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，其中，，，，M为AD中点，平面BCEF与平面ADEF交于EF．再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使得羡除ABCDEF能够确定，然后解答下列各题：
(1)求证：平面CDE；
(2)求二面角的余弦值．
(3)在线段AE上是否存在点Q，使得MQ与平面ABE所成的角的正弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
条件①：平面平面ABCD；
条件②：平面平面ABCD；
条件③：．
【解析】（1）等腰梯形ABCD，M是AD中点，，又，
故四边形BCDM为平行四边形，故，
平面CDE，平面CDE，故平面CDE．
（2）选①：连接，，作于，则，，，
同理可得，，故，
平面平面ABCD，平面平面，平面，
故平面，平面，故，
，故，此时，故，
如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，
，，，，，，
设平面的法向量为，则，
取得到；
设平面的法向量为，则，
取得到；
，
所以二面角的余弦值为．
选②：取BC中点为N，EF中点为P，连接MP和MN
平面平面ABCD，故平面平面，
，平面ADEF，故平面ABCD，，
如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，
，，，，，，，
，，
设平面BAE的一个法向量，，，
令，则，，则
易知是平面AEF的一个法向量，
，根据图像知二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为．
选③：取MD中点，连接和，易知，，
，，，，故，
故二面角，故平面平面ABCD，
取BC中点为N，EF中点为P，连接MP和MN
平面平面ABCD，平面平面，，
平面ADEF，故平面ABCD，故，
如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，
后续同②；
（3）若选择①：
设，，，
，
，
解得，均不满足题意，故不存在点Q．
若选②或者③：
设，，，，
，解得，
均不满足题意，故不存在点Q．
7．（2021•甲卷）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，，分别为和的中点，为棱上的点，．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小？
【解析】（1）证明：连接，
，分别为直三棱柱的棱和的中点，且，
，，
，，
，，
，即，
故以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，0，，，0，，，2，，，1，，，2，，
设，则，0，，
，2，，，1，，
，即．
（2）平面，平面的一个法向量为，0，，
由（1）知，，1，，，1，，
设平面的法向量为，，，则，即，
令，则，，，，，
，，
当时，面与面所成的二面角的余弦值最大，此时正弦值最小，
故当时，面与面所成的二面角的正弦值最小．
8．（2021•北京）如图，在正方体，为的中点，交平面交于点．
（Ⅰ）求证：为的中点；
（Ⅱ）若点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．
【解析】（Ⅰ）证明：连结，
在正方体中，，平面，平面，
则平面，因为平面平面，
所以，则，
故，又因为，
所以四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，
所以，，
而点为的中点，所以，
故，则点为的中点．
另取的中点，则与平行且相等，
进而与平行且相等，
，，，四点共面，
平面，
从而与重合，点为的中点．
（Ⅱ）以点为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
设正方体棱长为2，设点，0，，
因为二面角的余弦值为，则，所以，
则，2，，，1，，，1，，
故，
设平面的法向量为，
则，即，
所以，，故，
设平面的法向量为，
则，即，
所以，，故，
因为二面角的余弦值为，
则，
解得，又，
所以，
故．
9．（2023·全国·高三专题练习）如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在平面相互垂直，已知．

(1)求证：；
(2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面平面BCEF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）平面平面，平面平面，
又，平面，
面，平面，
，
过作于，则
，
又，面，
面，又面，
；
（2）由（1）知两两垂直，分别以方向为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
，
则，
假设在线段BE上存在一点P，使得平面平面BCEF
设，
则，
设平面的一个法向量为，
由得
，取得，
设平面BCEF的一个法向量为，，
，得
，取得，
平面平面BCEF
，解得，
，即
在线段BE上存在一点P，使得平面平面BCEF，且.
03 立体几何折叠问题
10．（2023·江苏苏州·高三苏州市相城区陆慕高级中学校考阶段练习）已知图①中四边形是圆的内接四边形，沿将所在圆面翻折至如图②所示的位置，使得.

(1)若，证明：；
(2)若，求二面角余弦值的最小值.
【解析】（1）因为四边形是圆的内接四边形，且为圆的直径，所以，又在中，，所以，则，取中点，连接，又因为，则，因为，所以，因为，且平面，所以平面，又平面，所以.
（2）
设，因为，所以，，所以，由（1）可知此时，，，所以平面，因为平面，所以平面平面，以为原点，为轴正半轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，设，，则，，，设平面和平面的法向量分别为和，则，令，则，，所以，同理可得，令，则，，所以，设二面角大小为，则，所以
，因为，所以，所以二面角余弦值的最小值为.
11．（2023·湖南·校联考模拟预测）如图，在梯形中，，，，，与交于点，将沿翻折至，使点到达点的位置.

(1)证明：；
(2)若平面PBC与平面PBD的夹角的余弦值为，求三棱锥的体积.
【解析】（1），，
，
，
，
即，，
，，又，
平面PMC， 平面PMC，
平面PMC，
∴；
（2）直角中，，
，
，
，，，
则
由（1）平面PMC，
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
设，其中，
所以，，，
设平面PBD的一个法向量为，
则，
取，，
设平面PBC的一个法向量为，
则，
取，则，
，
解得，或，.
则或
故或.
12．（2023·贵州·高二校联考阶段练习）如图1，已知是直角梯形，，，，C、D分别为BF、AE的中点，，，将直角梯形ABFE沿CD翻折，使得二面角的大小为60°，如图2所示，设N为BC的中点.

(1)证明：；
(2)若M为AE上一点，且，则当为何值时，直线BM与平面ADE所成角的正弦值为.
【解析】（1）∵由图1得：，，且，∴在图2中平面，是二面角的平面角，则，∴是正三角形，且N是BC的中点，，又平面BCF，平面BCF，可得，而，平面ABCD.∴平面ABCD，而平面，∴.
（2）因为平面ABCD，过点N做AB平行线NP，所以以点N为原点，NP，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，设
∴，，,.
∵，∴.
∴，∴，
设平面的法向量为
则，取，
设直线BM与平面ADE所成角为，
∴，
∴，∴或.
13．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.
(1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置；
(2)若，求锐二面角的大小.
【解析】（1）点为线段上靠近点的三等分点，
证明如下：
如图，
在取点，连接，,使得，
又，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面.
又平面，，平面，
所以平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，所以在中，，所以，
所以点为线段上靠近点的三等分点.
（2）如图，取的中点，以O为原点OE为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
又，则，
由题意，点P在过点O且垂直AE的平面上，故设，
则，
因为，所以，解得，
故，则，
设平面的法向量为，
则，不妨取，则，
设平面的一个法向量为，则，
记锐二面角的平面角为，所以，
又，则，所以锐二面角的大小为.
04 立体几何作图问题
14．（2023·贵州·校联考模拟预测）如图，已知平行六面体的底面是菱形，，，且.
(1)试在平面内过点作直线，使得直线平面，说明作图方法，并证明：直线；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【解析】（1）只需要在平面内过点作的平行线，即可使满足题意.
理由如下：平面，且平面
平面平面
所以
又∵在平行六面体中，
∴，得证.
（2）连接AC交BD于O，连接，如图，
由题意易知，，
在中，，
同理：在中，，
∴为等腰三角形，即，又，
∴，
在中，，∴，
又∵，∴平面，
如图建系：以为z轴，OC为x轴，OD为y轴.
，，，，，
∵，∴，，
易知平面与平面重合，则平面的法向量，
设平面的法向量，
，∴，
设平面与平面所成角的平面角为，
.
平面与平面所成角的锐二面角的余弦值为.
15．（2023·重庆九龙坡·高三重庆市育才中学校考阶段练习）已知四棱锥中，底面为正方形，O为其中心，点E为侧棱的中点.
(1)作出过O、P两点且与平行的四棱锥截面（在答题卡上作出该截面与四棱锥表面的交线，并写出简要作图过程）；记该截面与棱的交点为M，求出比值（直接写出答案）；
(2)若四棱锥的侧棱与底面边长均相等，求与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）连接，，则O为中点，取中点F，连接并延长交于M，
连接并延长交于N，连接.
则由，平面，平面，所以平面，
所以即为所求截面（如图所示），此时.
（2）不妨设四棱锥的所有棱长均为2，以O为原点，过O点且分别与、平行的直线为x轴、y轴，为z轴，建立如图所示空间直角坐标系（如图）.
可得，，，，，.
则，，.
设平面的一个法向量为，
则，即，取，则，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为.
16．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知底面为平行四边形的四棱锥中，平面与直线和直线平行，点为的中点，点在上，且.
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)求作过作四棱锥的截面，使与截面平行（写出作图过程，不要求证明）.截面的定义：用一个平面去截一个几何体，平面与几何体的表面的交线围成的平面图形.
【解析】（1）∵平面，平面，平面平面，∴
∵平面，平面，平面平面，∴
∴，
∵平面，平面，平面平面，∴
∵平面，平面，平面平面，∴
∴，
∴四边形是平行四边形.
（2）
如图，延长，与交于点，过点作直线,则直线为平面和平面的交线，延长，交于点，连接，与交于点，连接.∵点为的中点，点为的中点,∴是的一条中位线∴，又∵平面,平面,∴截面.
故平面即为所求截面.
17．（2023·安徽马鞍山·统考三模）如图多面体中，面面，为等边三角形，四边形为正方形，，且，，分别为，的中点.
（1）求二面角的余弦值；
（2）作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AB交点为P，写出的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）.
【解析】（1）因为面面，为等边三角形，设中点为，所以
又因为面面面FAB，则平面，
以为坐标原点，分别以方向为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，则
则，，，，
所以，
设平面的一个法向量为
则取得，所以
设平面的一个法向量为
则取得，所以
所以
则二面角的余弦值为；
（2），如图所示：
18．（2023·北京·北京市十一学校校考三模）四棱锥中，底面是边长为2的菱形，.,且平面，，点分别是线段上的中点，在上.且.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面的成角的正弦值；
（Ⅲ）请画出平面与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤.
【解析】分析：（Ⅰ）推导出，由此能证明平面；
（Ⅱ）推导出，，，轴建立空间直角坐标系息，利用向量法能求出直线AB与平面EFG的所成角的正弦值；
（Ⅲ）法1：延长分别交延长线于，连接，发现刚好过点，,连接，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线.
法2：记平面与直线的交点为，设，，利用向量法求出，从而即为点.连接，，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线.
解析：解:（Ⅰ）在中，因为点分别是线段上的中点，
所以
因为平面，平面.
所以平面.
（Ⅱ）因为底面是边长为2的菱形，
所以，
因为平面，
所以，，
如图，建立空间直角坐标系，则依题意可得
，，，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，则由可得，
令，可得
因为.
所以直线与平面的成角的正弦值为
（Ⅲ）法Ⅰ：延长分别交延长线于，连接，发现刚好过点，,连接，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线.
法2：记平面与直线的交点为，设，则
由，可得.
所以即为点.
所以连接，，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线.
05 立体几何建系繁琐问题
19．（2023·浙江台州·高一统考期末）如图，平面平面，四边形为矩形，且为线段上的动点，，，，.

(1)当为线段的中点时，
（i）求证：平面；
（ii）求直线与平面所成角的正弦值；
(2)记直线与平面所成角为，平面与平面的夹角为，是否存在点使得?若存在，求出；若不存在，说明理由.
【解析】（1）（i）由题意，四边形为直角梯形，且，，
所以，所以，
取的中点，连接，则且，且，
故四边形为矩形，
则，且，所以，
又由，所以，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为，，则，所以，
又，、平面，所以平面.
（ii）取的中点为，的中点为，连接、、，
过在平面内作垂直于，垂足为，
又平面平面，平面平面，，
所以平面，为的中点，
所以，所以平面，平面，所以，
又因为，，、平面，
所以平面，平面，
所以，，平面，
得平面，因为，，，
所以，
由等面积法可得，
延长与交于点，则为的中点，为直线与平面的交点，
设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为，
则，所以，
由，所以，；
（2）假设存在点，使得，延长与交于点，连接，
则平面平面，
设平面，垂足为，连接，是直线与平面所成的角，
因为且，所以，点为的中点，则，
过点作垂直于，垂足为，
因为平面，平面，所以，
又因为，，、平面，所以平面，因为平面，所以，
是二面角的平面角，
所以，，
由，得，所以、重合，由，得，
设，则，，
由勾股定理可得，
即，整理可得，
解得或（舍），
所以存在点，当，有成立.
20．（2023·江苏南京·高一南京外国语学校校考阶段练习）如图，在梯形中，，，，四边形为矩形， 平面平面，.

(1)求证：平面；
(2)求二面角的平面角的余弦值；
(3)若点在线段上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的范围.
【解析】（1）证明：在梯形中，，，，，，
，，平面平面，平面平面，平面，平面.
（2）取中点，连接，，
，，，
，，为二面角的平面角.
，，，，
.
（3）由（2）知：
①当与重合时，；
②当与重合时，过作，且使，连接，，则平面平面，，，平面ABC，平面ABC，，平面，平面，，，；
③当与，都不重合时，令，，延长交的延长线于，连接，在平面与平面的交线上，在平面与平面的交线上，平面平面，
过作交于，连接，
由（1）知，，又，平面，，
平面，平面，.
又，平面ACH，，平面，，.
在中，，从而在中，，
，，.，.
综上所述，，.
21．（2023·重庆·统考三模）如图，四面体ABCD的顶点都在以AB为直径的球面上，底面BCD是边长为的等边三角形，球心O到底面的距离为1．
(1)求球O的表面积；
(2)求二面角的余弦值．
【解析】（1）底面外接圆的半径，
又球心O到底面的距离为1．所以球的半径，
所以球O的表面积为.
（2）因为为球的直径，所以，，
取的中点，连，则，则,
因为，，所以，
在等腰三角形中，过作，交于，连，
则是二面角的平面角，，
在中，，，
，，，
在中，,
在中，，
在中，.
所以二面角B－AC－D的余弦值为.
22．（2023·浙江·高二校联考阶段练习）如图所示，在平行四边形ABCD中，，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻折为，若F为线段的中点．在翻折过程中，
(1)求证：平面；
(2)若二面角，求与面所成角的正弦值.
【解析】（1）证明：取的中点，连接，
为线段的中点，，
平面，平面，平面，
又，，四边形为平行四边形，则
平面，平面，可得平面，
又，，平面，
可得平面平面，平面，
则面.
（2）取中点，中点，连接，，，
由，，为边的中点，
得，所以为等边三角形，从而，，
又，为的中点所以，又是等边三角形，
所以，所以为二面角的平面角，所以，
过点作，过作交于，连接，
是等边三角形，所以可求得，，所以，，
，，，，
所以，，又，，面，
所以面，又，所以面，
平面，所以面面，
由，在中易求得，又，
所以，，
面面，面，
所以面，所以为与平面所成的角，
在中可求得，所以，
与面所成角的正弦值为
23．（2023·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）四面体中，，，，，E为AC中点．
(1)证明：；
(2)若二面角的余弦值为，求a的值．
【解析】（1）过作面于，再过作，连接，如下图示：
由题设知：，又面，则，
由面，即，而，，面，
所以面，又面，故，同理可证：，
综上，△和△为等腰直角三角形，即△△，故，
所以△△，故，则△△，故，
所以是的角平分线，即在面上的投影为的角平分线，
如下图，若为在面上的投影且在上，则平分（即），连接，
由面，则，
在△中，，则，即，
又E为AC中点，故，故，
所以，易知：，
因为，面，故面，
因为面，所以.
（2）若为的交点，由题意，即△为正三角形，
所以为中点，易知△△，即，且，
令到面的距离为，而，，
由，则，故；
结合（1）知：，故，
所以，即，故，，
，则，
综上，，
由，且，
所以，故，
所以△中上的高，
因为二面角的余弦值为，则正弦值为，即，
所以，即，
由得：.
06 两角相等（构造全等）的立体几何问题
24．（2023·河南·统考模拟预测）如图,在三棱锥中,是等边三角形,,点是 的中点,连接．
（1）证明:平面平面;
（2）若,且二面角为,求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】解:（1）证明:因为是等边三角形,,
所以,可得．
因为点是的中点,则,,
因为,平面PBD,平面,
所以平面,因为平面,
所以平面平面．
（2）如图,作,垂足为连接．
因为,
所以为二面角A-BD-C的平面角．
由已知二面角为,知．
在等腰三角形中,由余弦定理可得．
因为是等边三角形,则,所以．
在中,有,得,
因为,所以．
又,所以．
则,．
以为坐标原点,以向量的方向分别为轴,轴的正方向,
以过点垂直于平面的直线为轴,建立空间直角坐标系,
则,,向量,
平面的一个法向量为,
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．
25．（2023·广东广州·统考一模）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；
所以的面积为，
所以三棱锥的体积为．
26．（2023·福建龙岩·统考一模）如图，在三棱锥中，为等边三角形，，面积是面积的两倍，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．
27．（2023·浙江宁波·高三统考期末）如图所示，四面体中，是正三角形，是直角三角形，是的中点，且.
（1）求证：平面；
（2）过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值.
【解析】（1）如图所示，
因为为等边三角形，所以，
由，得，所以，
即为等腰直角三角形，从而为直角，
又为底边中点，所以.
令，则，易得，
所以，从而，
又为平面内两相交直线，
所以平面.
（2）由题意可知，即到平面的距离相等，
所以点为的中点，
以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系.
设，则，
易得.
设平面的法向量为，平面的法向量为，则
，取；，取，
设二面角的大小为，易知为锐角，
则，
所以二面角的余弦值为.
07 利用传统方法找几何关系建系
28．（2023·江苏徐州·高三统考期中）如图，在三棱锥中，侧面是锐角三角形，，平面平面.

(1)求证：；
(2)设，点在棱（异于端点）上，当三棱锥体积最大时，若二面角大于，求线段长的取值范围.
【解析】（1）证明：过点作于点，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
又因为，且，所以平面，
因为平面，所以.
（2）设，
因为，可得，即，
所以，所以，
又由，
所以，
令，可得，令，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，即时，三棱锥的体积最大，
以为原点，所在的直线分别为轴，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，
设平面与平面的法向量分别为，
由，令，可得，所以，
又由，令，可得，所以，
设二面角的平面角的大小为，
所以，解得，
所以的长的取值范围为.
29．（2023·江苏常州·高三统考期中）已知三棱柱，，，为线段上的点，且满足．

(1)求证：平面；
(2)求证：；
(3)设平面平面，已知二面角的正弦值为，求的值．
【解析】（1）过分别作交于点交于点，
，
且，
，
∴四边形为平行四边形，，
平面．平面．
平面．
（2），
，
，，．
（3）取中点，连接
为等边三角形且，则．
在中，，
由，
在中，为中点，，，
.
如图，分别以为轴建立空间直角坐标系．
．
即，
，设，
则，即，
故，
又，同理可得，
，
设平面的一个法向量，
而平面的一个法向量，
设二面角的的平面角为，则，
则，
化简得，
解得或.
30．（2023·浙江·高三校联考阶段练习）在正三棱台中，侧棱长为1，且为的中点，为上的点，且.

(1)证明：平面，并求出的长；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【解析】（1）如图所示：
由三棱台可知：延长交于点，
连接，延长交于，并连接，
易得三棱锥为正四面体，
所以，
且平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
又因为，
且平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
在中，，
则，
所以.
（2）如图，以底面中心为坐标原点，以与平行的方向为轴，以方向为轴，以方向为轴建立如下图所示的空间直角坐标系：
则，
所以，
所以，
设平面的法向量为，则
即为
令，得，
取平面的法向量为，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
31．（2023·湖南永州·统考一模）如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，且分别为的中点，在线段上，且．

(1)求证：平面；
(2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值．
【解析】（1）如图所示：
取中点，连接，
分别为的中点，且底面为矩形，
所以，且，
又因为平面，平面，平面，平面，
所以平面，且平面，
又因为，平面，平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以由面面平行的性质可知平面
（2）如图所示：
注意到侧面为正三角形以及为的中点，所以由等边三角形三线合一得，
又因为，且面，面，，
所以面，又因为面，所以，
又因为底面为矩形，所以，
因为，面，面，
所以面，因为面，
所以，又，
所以，又由三线合一，又，
所以建立上图所示的空间直角坐标系；
因为，
所以，
又因为为的中点，，
所以，
所以，，，
不妨设平面与平面的法向量分别为，
所以有以及，
即分别有以及，
分别令，并解得，
不妨设平面与平面的夹角为，
所以；
综上所述：平面与平面的夹角的余弦值为.
08 空间中的点不好求
32．（2023·云南临沧·高二校考期中）已知四棱锥，底面为菱形，为上的点，过的平面分别交于点，且∥平面．

(1)证明：；
(2)当为的中点，与平面所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
【解析】（1）设，则为的中点，连接，
因为为菱形，则，
又因为，且为的中点，则，
，平面，所以平面，
且平面，则，
又因为∥平面，平面，平面平面，
可得∥，所以.
（2）因为，且为的中点，则，
且，，平面，所以平面，
可知与平面所成的角为，即为等边三角形，
设，则，且平面，平面，
可得平面，平面，
且平面平面，所以，即交于一点，
因为为的中点，则为的重心，
且∥，则，
设，则，
如图，以分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
可得，
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
33．（2023·浙江·高三浙江省新昌中学校联考期中）如图，在四棱台中，底面是边长为2的菱形，，平面平面，点分别为的中点，均为锐角.
(1)求证：；
(2)若异面直线与所成角正弦值为，四棱锥的体积为1，求二面角的平面角的余弦值.
【解析】（1）底面是菱形，
，
又平面平面，且平面平面，平面，
平面，又平面，
.
（2）解法一：
由（1）知面，又平面，
平面平面，
作交线，垂足为，
因为平面平面=，平面，则面，
又平面，所以.
再作，垂足为，面，面，
所以面，又面
则，
所以为二面角的平面角，
因为平面，所以到底面的距离也为.
作，因为平面平面，平面平面＝，
平面，所以平面，所以，
又为锐角，
所以
又，所以为等边三角形，故，所以，
因为，所以，
所以.
所以二面角的平面角的余弦值为.
解法二：由（1）知面，又平面，
平面平面，
作，因为平面平面，平面平面＝，
平面，所以平面，
如图，建立直角坐标系：为原点，为轴方向，轴.
因为平面，所以到底面的距离也为.
所以，又为锐角，所以
又，所以为等边三角形，故，
在空间直角坐标系中：，设，则
则，
设平面的法向量为，
，取
设平面的法向量为，
，取
所以，
由题知二面角为锐角，故二面角的平面角的余弦值为.
34．（2023·广东·高三茂名市第一中学校联考阶段练习）如图，已知四棱锥中，底面是矩形，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）如图，取，的中点，，连接，，，
因为，，
所以，，，
又，
所以，，
又因为，所以，
所以，即，
平面，
所以平面，而平面，
所以平面平面；
（2）解法一：设到平面的距离为，
因为，，
所以，
由（1），，又，所以，
平面，
所以平面，因为，所以点到平面的距离为，
所以，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
解法二：建系法
如图，建立空间坐标系，则，，，，
设，由，得
即，设平面的法向量为，
因为，，
所以，令，可得，
于是.
35．（2023·湖北·高三黄冈中学校联考阶段练习）如图，在几何体中，底面为以为斜边的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面平面.
(1)证明：平面；
(2)若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时与所成角的正切值.
【解析】（1）过点作交与点，
平面平面，且两平面的交线为
平面 又平面
又且 平面
（2）过点作交与点,连接
平面平面，且两平面的交线为
平面 又平面 到平面的距离相等
且，平面
又，令
则，.
所以在上单调递增，在上单调递减，
即，当且仅当时取得最大值.
如图所示，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
所以.
设与所成角为，则，则，即当几何体体积最大时，与所成角的正切值为6.
36．（2023·全国·模拟预测）如图，已知四边形为正方形，为正方形对角线的交点，平面平面，．
(1)求证：平面平面；
(2)求平面和平面所成角的余弦值的最小值．
【解析】（1）证明：在正方形中，，平面，
所以平面．
又因为平面平面，平面，所以，
取的中点，连接．
因为点为的中点，所以为的中位线，
所以，所以四点共面，
因为，所以．
又因为，所以，
又平面，所以平面．
又因为平面，故平面平面，
所以平面平面．
（2）以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，
过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，如上图，
则．
由（1）得平面平面，则的投影在直线上，
设，
所以．
因为，
所以，所以．
设平面的法向量为，则,
即，取，得.
设平面的法向量为，则
则,取，得，
所以
将代入，得，
而，
令，因为，所以，故，
则，当，即时，取得最大值，
故的最小值为，
所以，时取等号，
结合原图可知平面与平面所成角为锐角，
故平面与平面所成角的余弦值的最小值为．
37．（2023·重庆·高三重庆八中校考阶段练习）如图甲是由梯形，组成的一个平面图形，其中，，，，．如图乙，将其沿，折起使得与重合，连接，直线与平面所成角为60°．
(1)证明：；
(2)求图乙中二面角的正弦值．
【解析】（1）证明：由图甲，，可得图乙中，
又，，EB,EF含于面BEF,所以平面
则直线与平面所成角为，
所以在中，，，
故有，．
在甲中作，则，，
故，，，则有，即．
（2）在乙中作于O，由（1）知，平面，平面，故，
又因为，故平面，
且由（1）知，
过点作，易判断,
则可以O为坐标原点，，,的方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，
因为平面，所以平面法向量可以记为，
设平面的法向量为，则有
可取，记二面角的平面角为，则，
故．
09 创新定义
38．（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）已知顶点为S的圆锥面（以下简称圆锥S）与不经过顶点S的平面α相交，记交线为C，圆锥S的轴线l与平面α所成角θ是圆锥S顶角（圆S轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C的形状，我们构建球T，使球T与圆锥S和平面α都相切，记球T与平面α的切点为F，直线l与平面α交点为A，直线AF与圆锥S交点为O，圆锥S的母线OS与球T的切点为M，，．
(1)求证：平面SOA⊥平面α，并指出a，b，关系式；
(2)求证：曲线C是抛物线．
【解析】（1）∵平面AOS截球T的截面圆与直线AO相切于F，
∴，
记P是平面内不在直线OA上的点，平面TFP截球T的截面圆与直线FP相切于点F，
∴，
∵平面内直线AO，FP相交于点F，
∴TF⊥平面，
∵直线TF平面AOS，
∴平面AOS⊥平面，
∴．连TO，TM，
∴，，
∴球T的半径且，
∴.
（2）在平面AOS内圆锥的另一条母线与球T的切点记为N点
∵，
∴
以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过O与TF平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图.
∵OM，OF与球T相切，
∴，
∴，，
设交线C上任意点，记圆锥S的母线SP与球T相切于E．
∵PF与球T相切于点F，
∴，，
∴，
即（1），
两边平方整理得：（2），
两边平方整理得：（3），
易知：（3）（2）（1），
∴交线C在坐标平面xOy中方程为，
∴交线C是以F为焦点，O为顶点的抛物线.
39．（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考二模）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.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.
(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度；
(2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设
（i）用表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积；
（ii）当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值.
【解析】（1）蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和，
根据定义其度量值等于减去三个菱形的内角和，
再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和，
即蜂房曲顶空间的弯曲度为.
（2）（i）如图所示，连接AC，SH，则，设点在平面的射影为O，
则，则，
菱形SAHC的面积为，
侧面积，
所以蜂房的表面积为.
（ii），
令得到，
所以在递增；在递增.
所以在处取得极小值，也即是最小值.
此时，在中，令，由余弦定理得，
又顶点的曲率为，
.
40．（2023·全国·高三校联考专题练习）设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中Qi（i＝1，2，…，k，k≥3）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，…，平面Qk﹣1PQk和平面QkPQ1遍历多面体M的所有以P为公共点的面．
（1）如图1，已知长方体A1B1C1D1﹣ABCD，AB＝BC＝1，，点P为底面A1B1C1D1内的一个动点，则求四棱锥P﹣ABCD在点P处的离散曲率的最小值；
（2）图2为对某个女孩面部识别过程中的三角剖分结果，所谓三角剖分，就是先在面部取若干采样点，然后用短小的直线段连接相邻三个采样点形成三角形网格．区域α和区域β中点的离散曲率的平均值更大的是哪个区域？（确定“区域α”还是“区域β”）
【解析】（1）计∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+…+∠QnPQ1＝θ，则离散曲率为1﹣，θ越大离散曲率越小．
P在底面ABCD的投影记为H，通过直观想象，当H点在平面ABCD中逐渐远离正方形ABCD的中心，以至于到无穷远时，θ逐渐减小以至于趋近于0．所以当H点正好位于正方形ABCD的中心时，θ最大，离散曲率最小．此时HA＝HB＝＝PH，所以PA＝PB＝1＝AB，所以∠APB＝60°，θ＝，
离散曲率为1﹣×＝，所以四棱锥P﹣ABCD在点P处的离散曲率的最小值为；
（2）区域β比区域α更加平坦，所以θ更大，离散曲率更小．
所以区域α和区域β中点的离散曲率的平均值更大的是区域β．
41．（2023·全国·校联考模拟预测）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示．蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示．蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）．
（1）求蜂房曲顶空间的弯曲度；
（2）若正六棱柱的侧面积一定，当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值．
【解析】（1）蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和，根据定义其度量值等于减去三个菱形的内角和，再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和，
即蜂房曲顶空间的弯曲度为.
（2）设底面正六边形的边长为1，
如图所示，连接AC，SH，则，
设点在上底面ABCDEF的射影为O，则,
令，则，
菱形SAHC的面积，
的面积为，
令正六棱柱的侧面积为定值时，
蜂房的表面积为，
，令得到，
经研究函数的单调性，
得到函数在处取得极小值，
此时，
在中，令，
由余弦定理得,
顶点的曲率为，
其余弦值为.