2026年高考數學二輪復習專題11 幾何法解決立體幾何問題（復習講義）（解析版）

專題11幾何法解決立體幾何問題目錄01析·考情精解 202構·知能框架 303破·題型攻堅 4考點一線與面各種平行垂直關系 4真題動向必備知識知識1處理線與面各種平行關系知識2處理線與面各種垂直關系命題預測題型1線線平行、線面平行及面面平行題型2線線垂直、線面垂直及面面垂直考點二處理各種角問題 35真題動向必備知識知識1處理異面直線所成角知識2快速處理線面角問題知識3快速處理二面角的平面角問題命題預測題型1線線角與線面角的求算題型2簡單二面角的求算題型3線線距、點面距及體積的求算命題軌跡透視有關幾何法解決立體幾何的天津高考試題，立體幾何總體難度有所提升,但仍然以基礎性題目為主,注重考查數學文化,社會生活實踐中的數學問題,解答題以常見兒何體為載體,重點考查空間中點,線、面的位置關系的判斷與論證,以及空間角的求法,從能力上更加注重對空間想象,邏輯思維和運算求解能力的考查,題目多為中檔的綜合性問題，立體幾何的題目考查形式多樣，且難度不定,需要學生在平時下功夫,加強對中低檔題目的訓練,打好基礎,在平時訓練中注意提高空間想象、邏輯推理和運算求解能力。考點頻次總結考點2025年2024年2023年線與面各種平行垂直關系T4，5分T9，5分T17，15分處理各種角問題T17，15分T17，15T8，5分2026命題預測預計在2026年高考中，立體幾何解答題（17題，約15分）第一問必考線面/面面平行/垂直證明（幾何法優先），后兩問角度/距離/體積計算，可能設置建系障礙，倒逼幾何法應用。規則幾何體（柱/錐/臺/球）+拼接/翻折/截面新情景，強調空間想象與邏輯推理。幾何法關鍵場景：證明問：線面平行（中位線/平行四邊形）、線面垂直（證線⊥面內兩相交線）必考，步驟要全，如“直線在平面外”等條件不可漏。計算問：二面角（三垂線定理找平面角）、點面距離（等體積法/垂面法）、體積（割補/等積轉化），2026大概率強化幾何法得分權重。小題：截面、外接球、位置關系判斷，可能出現純幾何法速解的題?？键c一線與面各種平行垂直關系1．（2025·天津·高考真題，17，15分）正方體的棱長為4，分別為中點，．(1)求證：平面；(2)求平面與平面夾角的余弦值；(3)求三棱錐的體積．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）法一、利用正方形的性質先證明，再結合正方體的性質得出平面，利用線面垂直的性質與判定定理證明即可；法二、建立空間直角坐標系，利用空間向量證明線面垂直即可；（2）利用空間向量計算面面夾角即可；（3）利用空間向量計算點面距離，再利用錐體的體積公式計算即可.【詳解】（1）法一、在正方形中，由條件易知，所以，則，故，即，在正方體中，易知平面，且，所以平面，又平面，∴，∵平面，∴平面；法二、如圖以D為中心建立空間直角坐標系，則，所以，設是平面的一個法向量，則，令，則，所以，易知，則也是平面的一個法向量，∴平面；（2）同上法二建立的空間直角坐標系，所以，由（1）知是平面的一個法向量，設平面的一個法向量為，所以，令，則，即，設平面與平面的夾角為，則；（3）由（1）知平面，平面，∴，易知，又，則D到平面的距離為，由棱錐的體積公式知：.2．（2025·天津·高考真題，4，5分）若m為直線，為兩個平面，則下列結論中正確的是（

）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則【答案】C【分析】根據線面平行的定義可判斷A的正誤，根據空間中垂直關系的轉化可判斷BCD的正誤.【詳解】對于A，若，則可平行或異面，故A錯誤；對于B，若，則，故B錯誤；對于C，若，則存在直線，，所以由可得，故，故C正確；對于D，，則與可平行或相交或，故D錯誤；故選：C.3．（2008·天津·高考真題，4，5分）已知，是兩條不重合的直線，，是兩個不重合的平面，則使得成立的是（

）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】C【分析】根據空間中線線、線面、面面的位置關系一一判斷即可.【詳解】對于A：若，，則或若，又，則與可能平行、相交（不垂直）、異面（不垂直）、相交垂直、異面垂直，若，又，則與可能平行、異面（不垂直）、異面垂直，故A錯誤；對于B：若，，，則，故B錯誤；對于C：若，，則，又，所以，故C錯誤；對于D：若，，則與可能平行或相交（不垂直）或垂直或，又，此時不能保證成立，如，此時與可能平行、異面（不垂直）、異面垂直，故D錯誤；故選：C4．（2024·天津·高考真題，9，5分）在如圖五面體中，棱互相平行，且兩兩之間距離均為1．若．則該五面體的體積為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】采用補形法，補成一個棱柱，求出其直截面，再利用體積公式即可.【詳解】用一個完全相同的五面體（頂點與五面體一一對應）與該五面體相嵌，使得；;重合，因為，且兩兩之間距離為1．，則形成的新組合體為一個三棱柱，該三棱柱的直截面（與側棱垂直的截面）為邊長為1的等邊三角形，側棱長為，.故選：C.5．（2024·天津·高考真題）已知是兩條直線，是一個平面，下列命題正確的是（

）A．若，，則 B．若，則C．若，則 D．若，則【答案】C【分析】根據線面位置關系的判定與性質，逐項判斷即可求解.【詳解】對于A，若，，則平行或相交，不一定垂直，故A錯誤.對于B，若，則或，故B錯誤.對于C，，過作平面，使得，因為，故，而，故，故，故C正確.對于D，若，則，故D錯誤.故選：C.6．（2023·天津·高考真題，17，15分）如圖，在三棱臺中，平面，為中點.，N為AB的中點，

(1)求證：//平面；(2)求平面與平面所成夾角的余弦值；(3)求點到平面的距離．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）先證明四邊形是平行四邊形，然后用線面平行的判定解決；（2）利用二面角的定義，作出二面角的平面角后進行求解；（3）方法一是利用線面垂直的關系，找到垂線段的長，方法二無需找垂線段長，直接利用等體積法求解【詳解】（1）

連接.由分別是的中點，根據中位線性質，//，且，由棱臺性質，//，于是//，由可知，四邊形是平行四邊形，則//，又平面，平面，于是//平面.（2）過作，垂足為，過作，垂足為,連接.由面，面，故，又，，平面，則平面.由平面，故，又，，平面，于是平面，由平面，故.于是平面與平面所成角即.又，，則，故，在中，，則，于是（3）[方法一：幾何法]

過作，垂足為，作，垂足為，連接，過作，垂足為.由題干數據可得，，，根據勾股定理，，由平面，平面，則，又，，平面，于是平面.又平面，則，又，，平面，故平面.在中，，又，故點到平面的距離是到平面的距離的兩倍，即點到平面的距離是.[方法二：等體積法]

輔助線同方法一.設點到平面的距離為.，.由，即.7．（2023·天津·高考真題，8，5分）在三棱錐中，點M,N分別在棱PC,PB上，且，，則三棱錐和三棱錐的體積之比為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】分別過作,垂足分別為.過作平面，垂足為，連接,過作,垂足為.先證平面，則可得到，再證.由三角形相似得到，，再由即可求出體積比.【詳解】如圖，分別過作,垂足分別為.過作平面，垂足為，連接,過作,垂足為.

因為平面，平面，所以平面平面.又因為平面平面，，平面，所以平面，且.在中，因為，所以，所以，在中，因為，所以，所以.故選：B8．（2004·天津·高考真題，17，15分）如圖，在四棱錐中，底面是正方形，側棱底面，，是的中點，作交于點.(1)證明平面；(2)證明平面；(3)求二面角的大小.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)【分析】法一：（1）連接，交于，連接要證明平面，只需證明直線平行平面內的直線；（2）要證明平面，只需證明垂直平面內的兩條相交直線、即可；（3）必須說明是二面角的平面角，然后求二面角的大?。ǘ喝鐖D所示建立空間直角坐標系，為坐標原點，設．（1）連接，交于，連接，求出，即可證明平面；（2）證明，，即可證明平面；（3）求出，利用，求二面角的大小．【詳解】（1）方法一：證明：連接，交于，連接．因為底面是正方形，所以點是的中點，在中，是中位線，所以，而平面且平面，所以，平面.方法二：證明：如圖所示為坐標原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，設.連接，交于，連接．依題意得．,,，因為底面是正方形，所以是此正方形的中心，故點的坐標為且．，，所以，這表明．而平面且平面，所以平面．（2）方法一：證明：由底面，面，得，因為底面是正方形，有，又，平面，所以平面，而平面，所以，因為，可知是等腰三角形，而是邊的中點，所以，又，平面，所以平面，而平面，所以，又，，平面，所以平面．方法二：證明：依題意得，，又，故，所以，由已知，且，面，所以平面.（3）方法一：解：由（2）知，，又已知，故是二面角的平面角．由（2）知，，，設正方形的邊長為，則，，，，，在中，，在中，，所以，所以，二面角的大小為．方法二：解：設點的坐標為，，則，從而，，，所以，由條件知，，即，解得，所以點的坐標為，且，，所以即，故是二面角的平面角．因為，且，，所以所以所以，二面角的大小為.知識1處理線與面各種平行關系線面平行：關鍵點①必須將刻度尺與所證線重合，然后平移落在所證平面且留下痕跡②眼神法：觀察采用哪一種技巧（五種方法）（記住六大圖像）方法一：中位線型：形如1、如圖=1\*GB2⑴，在底面為平行四邊形的四棱錐中，點是的中點.求證：平面.分析：方法二：構造平行四邊形形如2、如圖=2\*GB2⑵,平行四邊形和梯形所在平面相交，//，求證：//平面.分析：過點作//交于，就是平面與平面的交線，那么只要證明//即可。方法三：作輔助面使兩個平面是平行形如3、如圖⑶，在四棱錐中，底面為菱形，為的中點，為的中點，證明：直線分析：：取中點，連接，只需證平面∥平面。方法四：利用平行線分線段成比例定理的逆定理證線線平行。形如4、已知公共邊為AB的兩個全等的矩形ABCD和ABEF不在同一平面內，P，Q分別是對角線AE，BD上的點，且AP＝DQ（如圖）．求證：PQ∥平面CBE．形如5．如圖=5\*GB2⑸，已知三棱錐，是,,的重心.(1)求證：∥面；知識2處理線與面各種垂直關系證明垂直：線線垂直線面垂直面面垂直必記結論：①特殊的平行四邊形邊長之比1:2，夾角為，則對角線與邊垂直②特殊的直角梯形邊長之比1:1:2,對角線與腰垂直③等腰三角形三線合一，三線與底垂直④直徑所對的圓周角為直角⑤菱形和正方形：對角線互相垂直⑥特殊的矩形：邊長之比1:2或1：有明顯的直角關系【易錯提醒】空間點、線、面位置關系的組合判斷是考查學生對空間點、線、面位置關系判斷和性質掌握程度的重要題型。解決這類問題的基本思路有兩條：一是逐個尋找反例作出否定的判斷，逐個進行邏輯證明作出肯定的判斷；二是結合長方體模型或實際空間位置（如教室、課桌、燈管）作出判斷。題型1線線平行、線面平行及面面平行1．（2025·天津·一模）設m，n是兩條直線，，是兩個平面，則下列命題為真命題的是（）A．若，，，則B．若，，，則C．若，，，則D．若，，，則【答案】B【分析】利用線面垂直的性質推理判斷A；利用線面平行的判定性質推理判斷B；利用線線、面面平行關系判斷C；利用面面垂直及線面平行關系判斷D.【詳解】對于A，由，，得，而，則，A錯誤；對于B，由，得存在過的平面且與不重合，則，由，得存在過的平面，則，又，因此，又，則，B正確；對于C，由，，，得與相交或平行，C錯誤；對于D，由，，，得與相交、平行或異面，D錯誤.故選：B2．（2025·天津·二模）已知為兩條不同的直線，為兩個不同的平面，則下列命題中正確的是（

）A．，，， B．，，C．， D．，【答案】D【分析】對于A當時，則與有可能相交即可判斷，對于B當時即可判斷，對于C由線面位置關系即可判斷，對于D由線面垂直的判斷定理即可判斷.【詳解】對于A：當時，滿足，，，，則與有可能相交，故A錯誤；對于B：當時，則，，，故B錯誤；對于C：滿足，，則或，故C錯誤；對于D：由，,故D正確.故選：D.3．（2025·天津武清·模擬預測）如圖，四棱錐中，底面ABCD，，，，.(1)證明：與平面PAD；(2)求平面PBC與平面PAD夾角的余弦值；(3)若Q為線段PC的中點，求三棱錐的體積.【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）求證，再利用線面平行的判定定理求證；（2）以A為坐標原點建系，求出兩個平面的法向量，再求其夾角的余弦值即可；（3）利用可求.【詳解】（1）因，，，則，又，四點共面，則，因平面，平面，則平面.（2）如圖所示，以A為坐標原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，則，，，，則，設平面的法向量為則，令，則，易知為平面PAD的一個法向量，則，所以平面PBC與平面PAD夾角的余弦值為；（3），因Q為線段PC的中點，則.4．（2025·天津河西·模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面ABCD是矩形，點E在棱PC上異于點P，，平面ABE與棱PD交于點(1)求證：；(2)若，求證：平面平面若，，直線PB與平面ABCD所成角的正切值為，求點C到平面ABE的距離.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析；【分析】（1）先利用矩形對邊平行的性質結合線面平行的判定定理得到平面，再依據線面平行的性質定理推出.（2）（i）根據已知的垂直關系，利用線面垂直的判定定理證明平面，進而依據面面垂直的判定定理證明平面平面.（ii）先通過等腰三角形三線合一以及面面垂直的性質得到平面，從而確定線面角，通過其正切值求出的值，然后建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，最后利用向量法求出點到平面的距離.【詳解】（1）證明：因為矩形，所以，又平面，平面，所以平面，因為平面，平面平面，所以（2）證明：因為，，所以，因為矩形，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面取的中點O，連接因為，所以，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以就是直線與平面所成角，即，在中，，解得，以O為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，由，知，所以，，設平面ABE的法向量為，則，取，則，，所以，而，所以點C到平面的距離為5．（2025·天津·一模）如圖，在四棱錐中，平面，為的中點．(1)求證：平面；(2)求直線與平面的夾角；(3)求點M到平面的距離．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）根據中位線的性質可證明四邊形為平行四邊形，即可利用線面平行的判定求解，（2）根據線線垂直可得平面，即可知為直線與平面的夾角，利用三角形的邊角關系即可求解，（3）由線面角的大小，即可求解.【詳解】（1）取的中點為，連接,由于為的中點，所以且，又且，因此且，所以四邊形為平行四邊形，故,平面，平面，所以平面；（2）由（1）知：，所以直線與平面的夾角即為直線與平面的夾角，取的中點為，連接,由于所以,又平面平面，所以,平面，故平面，所以為直線與平面的夾角，由于，所以,由于為銳角，所以，故直線與平面的夾角為.（3）由（2）知直線與平面的夾角為，,故點M到平面的距離為.6．（2025·天津·二模）已知a，b是兩條直線，α，β是兩個平面．下列命題正確的是（

）A．若，，則 B．若，，，則C．若，，則 D．若，，則【答案】B【分析】ACD可舉出反例；B選項，利用線面平行的性質定理、平行關系的轉化判斷即可.【詳解】對于A，若，，則，即垂直于同一個平面的直線平行，故A錯誤；對于B，若，設，，，則．又，則．因為，，則，所以，故B正確；對于C，若，，則，即垂直于同一直線的兩個平面平行，故C錯誤；對于D，若，，則，或，故D錯誤．故選：B．7．（2025·天津北辰·三模）如圖，在四棱錐中，底面為矩形，側棱底面是的中點，點是棱上靠近的四等分點.(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值；(3)求點到直線的距離.【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）法一合理作出輔助線，利用中位線定理得到，再利用線面平行的判定定理得到線面平行，法二建立空間直角坐標系，求出關鍵點的坐標和關鍵平面的法向量，利用空間位置關系的向量證明求解即可.（2）建立空間直角坐標系，求出關鍵點的坐標和關鍵平面的法向量，結合線面角的向量求法求解即可.（3）建立空間直角坐標系，求出關鍵點的坐標和關鍵平面的法向量，利用空間中點到平面的距離公式求解即可.【詳解】（1）法一：如圖，連接交于，連接，因為底面為矩形，所以為的中點，因為為的中點，所以是的中位線，得到，而平面，平面，故平面.法二：根據題意，以點為坐標原點，分別以為軸，建立空間直角坐標系，由題意得，則，設為平面的法向量，則，即，令，則，故，平面，平面.（2），，直線與平面所成角的正弦值為.（3）由已知得，由點到直線的距離公式得，故點到直線的距離為.8．（2025·天津濱海新·三模）在如圖所示的幾何體中，平面，，是的中點，，，．(1)求證：平面；(2)求平面與平面所成夾角的余弦值；(3)求點到平面的距離．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）法一：建立空間直角坐標系，求出平面法向量即可證明；法二：構造平行四邊形然后結合線面平行的判定定理即可證明；（2）由二面角的公式代入計算，即可得到結果；（3）由點到面的距離公式代入計算，即可得到結果.【詳解】（1）證明：法一：如圖，平面，，可得平面，由，可得，則直線，，兩兩垂直，以為原點，分別以，，的方向為，，軸的正方向建立空間直角坐標系．由題意可得，，，，，．由平面，取平面的一個法向量為，由，可得，又平面，所以平面．法二：取中點，連接，，由是的中點，可得，而，則，又，于是四邊形是平行四邊形．所以，又平面平面，所以平面．（2）由（1）可得，，設平面的一個法向量為，則，令，可得，設平面與平面的夾角為，因此．所以平面與平面夾角的余弦值為．（3）由（2）知平面的一個法向量為，且，則點到平面的距離為．9．（2025·天津濱海新·三模）已知，是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，則下列命題正確的是（

）A．若，，則 B．若，，則C．若，，，則 D．若，，，則【答案】C【分析】根據線面平行的位置關系判斷AB；根據線面垂直、面面垂直的判定及性質判斷CD.【詳解】對于A，由，，則或異面，故A錯誤；對于B，由，，則或，故B錯誤；對于C，由，，則或，則在平面內存在直線，而，則，所以，故C正確；對于D，由，，，只有當或時，，故D錯誤.故選：C.10．（2025·天津·二模）如圖，在多面體中，平面，，四邊形為矩形，，，，為的中點.(1)求證：平面；(2)求平面與平面夾角的余弦值；(3)求點到平面的距離.【答案】(1)證明見解(2)；(3).【分析】（1）連接交于點，得到，結合線面平行的判定定理，即可證得平面.（2）以為原點，建立空間直角坐標系，分別求得平面和平面的法向量為和，結合向量的夾角公式，即可求解；（3）由（2）得平面的法向量為，再由，結合點面距的向量計算公式，即可求解.【詳解】（1）解：連接，交于點，可得是的中點，又因為為的中點，所以，因為平面，且平面，所以平面.（2）解：以為原點，以正方向分別為軸，軸和軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，，，可得，，設平面的法向量為，則有，取，可得，，所以，又由，，設平面的法向量為，則，取，可得，，所以，則，故平面與平面夾角余弦值為.（3）解：由（2）知：平面的法向量為，又由，則，所以點到平面的距離為.題型2線線垂直、線面垂直及面面垂直11．（2025·天津·二模）如圖，在棱長為的正方體中，點為底面的中心，點在側面的邊界及其內部運動.給出下列四個結論：①；②三棱錐的體積為定值；③存在一點，使；④若，則面積的最大值為，其中正確結論的個數為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】對于①，連接，由為等邊三角形判定；對于②，利用等體積，計算為定值即可；對于③，將進行平移到過點，使之具有公共頂點，根據立體圖像判斷，無論如何也不可能滿足；對于④，連接，證明平面，所以在線段上運動，當點到點位置時，最大，此時面積最大.【詳解】對于①，連接，由正方體的性質知為等邊三角形，由于為底面的中心，故為中點，故，故①正確；對于②，無論點在側面的邊界及其內部運動的任何位置，三棱錐的高始終為正方體的邊長，故體積為，因，故三棱錐的體積為定值，故②正確；對于③，進行平移到過點，使之具有公共頂點，根據立體圖象判斷，平面，即無論如何也不可能滿足平行或重合于，所以不可能平行于，故③錯誤；對于④，取的中點，連接，在中，，在中，，又，則，所以，又，，面，面，所以面，又面，所以，因，平面，平面，所以平面，又，則平面，因平面，則平面平面，即在線段上運動，在中，，則當點到點位置時，最大，此時面積最大為，所以④正確；故選：C12．（2025·天津和平·一模）如圖，在四棱錐中，平面平面，，且.(1)求直線與平面所成角的正弦值；(2)求平面與平面的夾角的余弦值；(3)求點到平面的距離.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，計算線面所成角的正弦值即可；（2）利用空間坐標求出平面的法向量，計算面面所成角的余弦值即可；（3）利用空間向量計算點到平面的距離即可.【詳解】（1）平面平面，交線為，過在平面內作，故平面，又因為，因此以點為原點，所在直線分別為軸，軸，軸，建立如下圖所示的空間直角坐標系.由已知，求得，所以.，因為，設平面的法向量為，則令，則，設直線與平面所成角為，則直線與平面所成角的正弦值為.（2）易知平面的法向量為，設平面與平面夾角為，則平面與平面夾角的余弦值為.（3）因為，則點到平面的距離為.13．（2025·天津和平·二模）已知a，b是空間兩條不同的直線，，，為三個不同的平面，則下列命題正確的為（

）A．若，，，則 B．若，，則C．若，，，則 D．若，，則【答案】B【分析】利用空間中點、線、面位置關系的判定定理和性質逐項判斷可得正確的選項.【詳解】對于A，若，，，則或異面，故A錯誤；對于B，若，則存在直線，使得，由于，則，可得，故B正確；對于C，若，，，則或相交，故C錯誤；對于D，若，，設，只有當時，才能得到，故D錯誤.故選：B.14．（2025·天津·一模）已知多面體，為邊的中點，四邊形為矩形，且，，，當時，多面體的體積為（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】由線面垂直的判定與性質證得根據等腰三角形的性質與勾股定理求出矩形的面積，再利用三棱錐的體積公式即可得出的答案.【詳解】在矩形中，有，因為平面，所以平面，則平面，因為平面，所以在中，，，則，又因為為邊的中點，所以，易知，因為所以，則，因為，則，在中，，則矩形的面積為.因為平面，所以平面，所以多面體的體積為：.故選：A.15．（2025·天津河北·二模）若，為空間兩條不同的直線，，為空間兩個不同的平面，則下列結論不正確的是（

）A．若，，，則 B．若，，則C．若，，，則 D．若，，則【答案】D【分析】根據線面、線面的位置關系，結合平面法向量的概念及性質判斷各項的正誤即可.【詳解】A：若，，則或，而，故，對；B：若，將視作的法向量所在直線，又，易知，對；C：若，，則，而，故，對；D：若，，則平行、異面、相交都有可能，錯.故選：D16．（2025·天津·一模）已知，是兩條不同的直線，，，是三個不同的平面，則下列結論正確的是（

）A．若，，則 B．若，，，則C．若，，則 D．若，，，則【答案】B【分析】根據線線，線面，面面的位置關系，即可判斷選項.【詳解】A.若，，則或，故A錯誤；B.若，，，則，故B正確；C.若，，則或與相交，故C錯誤；D.若，，，則或異面，故D錯誤.故選：B17．（2025·天津·一模）已知m，n是兩條直線，是一個平面，下列命題正確的是（

）A．若，，則 B．若，，則C．若，，則 D．若，，則【答案】C【分析】根據空間中線、面關系的判定和性質逐一判斷即可.【詳解】對A：平行于同一個平面的兩條直線的位置關系不確定，故A錯誤；對B：若，，則或，故B錯誤；對C：根據線面垂直的定義可知，C正確；對D：若，，則直線與平面的位置關系不確定，故D錯誤.故選：C18．（2019·天津南開·模擬預測）如圖1，在邊長為2的菱形ABCD中，于點，將沿DE折起到的位置，使，如圖2．(1)求證：平面BCDE；(2)求二面角的余弦值；(3)在線段BD上是否存在點，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．【答案】(1)證明見詳解；(2)(3)存在，【分析】（1）根據線面垂直判定證平面，再由線面垂直性質有，最后由線面垂直判定證結論；（2）建立空間直角坐標系，應用向量法求二面角余弦值；（3）令，,根據面面垂直及相關面的法向量列方程求參數，即可得答案.【詳解】（1）因為，即,又,平面，所以平面，平面，所以.又,平面，所以平面.（2）因為平面，，以為原點，為軸，建立空間直角坐標系，則，所以,設平面的法向量，由，得，因為平面，所以平面的法向量，所以.因為所求二面角為銳角，所以二面角的余弦值為.（3）假設在線段上存在一點，使得平面平面,設，，則.所以，設平面的法向量，由，令，得，因為平面平面，所以，解得，所以在線段上存在點，使得平面平面，且.考點二處理各種角問題1．（2024·天津·高考真題，17，15分）如圖，在四棱柱中，平面，，．分別為的中點，(1)求證：平面；(2)求平面與平面夾角余弦值；(3)求點到平面的距離．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）取中點，連接，，借助中位線的性質與平行四邊形性質定理可得，結合線面平行判定定理即可得證；（2）建立適當空間直角坐標系，計算兩平面的空間向量，再利用空間向量夾角公式計算即可得解；（3）借助空間中點到平面的距離公式計算即可得解.【詳解】（1）取中點，連接，，由是的中點，故，且，由是的中點，故，且，則有、，故四邊形是平行四邊形，故，又平面，平面，故平面；（2）以為原點建立如圖所示空間直角坐標系，有、、、、、，則有、、，設平面與平面的法向量分別為、，則有，，分別取，則有、、，，即、，則，故平面與平面的夾角余弦值為；（3）由，平面的法向量為，則有，即點到平面的距離為.2．（2008·天津·高考真題，17，15分）如圖，在四棱錐中，底面是矩形．已知，，，，.(1)證明：平面；(2)求異面直線與所成的角的大?。?3)求二面角的大小.【答案】(1)證明見解析；(2)；(3).【分析】（1）由題意在中，利用所給的線段長度計算出，利用矩形及線面垂直的判定定理能證明平面；（2）利用條件借助圖形，利用異面直線所稱角的定義找到共面得兩相交線，并在三角形中解出即可；（3）由題中的條件及三垂線定理找到二面角的平面角，然后再在三角形中解出角的大小即可．【詳解】（1）證明：在中，由題設，，可得于是．在矩形中，．又，平面所以平面．（2）解：由題設，，所以（或其補角）是異面直線與所成的角．在中，由余弦定理得，由（1）知平面，平面，所以，因而，于是是直角三角形，故．所以異面直線與所成的角的大小為．（3）解：過點做于，過點做于，連接因為平面，平面，所以．又，平面因而平面，故為在平面內的射影．由三垂線定理可知，，從而是二面角的平面角．由題設可得，，，，，于是在中，所以二面角的大小為．3．（2007·天津·高考真題，17，15分）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD，，，，，E是PC的中點.(1)求PB和平面PAD所成的角的大??；(2)證明平面PCD；(3)求二面角的大小.【答案】(1)(2)證明見詳解(3)【分析】（1）先證平面，則PB和平面PAD所成的角為，根據題意運算求解；（2）根據線面垂直的性質定理和判定定理證明；（3）根據三垂線法可得二面角的平面角為，結合題意運算求解.【詳解】（1）∵平面ABCD，平面ABCD，則，又∵，，平面，∴平面，則PB和平面PAD所成的角為，且，故PB和平面PAD所成的角為.（2）∵平面ABCD，平面ABCD，則，又∵，，平面，∴平面，平面，則，又∵，且，則為等邊三角形，∴，即，且E是PC的中點，則，，平面，∴平面.（3）過作，垂足為，再過作，垂足為，連接，在平面ABCD中，，，則，由（1）知：平面，則平面，平面，則，∵，，平面，∴平面，平面，則，故二面角的平面角為，設，∵，，則，由題意可得：，則，∴，則，故二面角的大小.4．（2004·天津·高考真題，17，15分）在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，側棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E為PC中點．（1）求證：PA∥平面EDB．（2）求EB和底面ABCD成角正切值．【答案】（1）見解析；（2）.【分析】（1）連接CA,交BD于O,連接OE,利用中位線定理和線面平行的判定定理證明；（2）畫輔助線可以得到∠為EB與底面ABCD所成角，設，計算求解即可.【詳解】（1）連接CA,交BD于O,連接OE,∵O,E分別為PC和AC的中點，∴OE∥AP,又∵OE?平面BDE,PA?平面BDE,∴PA∥平面BDE;（2）通過點作交于點，連接,則EF∥PD,∵PD⊥平面ABCD,∴EF⊥平面ABCD,∴∠為EB與底面ABCD所成角，設，∴，∴，∴直線EB與底面ABCD所成角的正切值為.5．（2021·天津·高考真題，17，15分）如圖，在棱長為2的正方體中，E為棱BC的中點，F為棱CD的中點．（I）求證：平面；（II）求直線與平面所成角的正弦值．（III）求二面角的正弦值．【答案】（I）證明見解析；（II）；（III）.【分析】（I）建立空間直角坐標系，求出及平面的一個法向量，證明，即可得證；（II）求出，由運算即可得解；（III）求得平面的一個法向量，由結合同角三角函數的平方關系即可得解.【詳解】（I）以為原點，分別為軸，建立如圖空間直角坐標系，則,,,,,,，因為E為棱BC的中點，F為棱CD的中點，所以，，所以,,,設平面的一個法向量為，則，令，則，因為，所以，因為平面，所以平面；（II）由（1）得，，設直線與平面所成角為，則；（III）由正方體的特征可得，平面的一個法向量為，則，所以二面角的正弦值為.6．（2020·天津·高考真題，17，15分）如圖，在三棱柱中，平面，，點分別在棱和棱上，且為棱的中點．（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）求二面角的正弦值；（Ⅲ）求直線與平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【分析】以為原點，分別以的方向為軸，軸，軸的正方向建立空間直角坐標系.（Ⅰ）計算出向量和的坐標，得出，即可證明出；（Ⅱ）可知平面的一個法向量為，計算出平面的一個法向量為，利用空間向量法計算出二面角的余弦值，利用同角三角函數的基本關系可求解結果；（Ⅲ）利用空間向量法可求得直線與平面所成角的正弦值.【詳解】依題意，以為原點，分別以、、的方向為軸、軸、軸的正方向建立空間直角坐標系（如圖），可得、、、、、、、、.（Ⅰ）依題意，，，從而，所以；（Ⅱ）依題意，是平面的一個法向量，，．設為平面的法向量，則，即，不妨設，可得．，．所以，二面角的正弦值為；（Ⅲ）依題意，．由（Ⅱ）知為平面的一個法向量，于是．所以，直線與平面所成角的正弦值為.知識1處理異面直線所成角常規方法：第一步：將所求直線中的一條用刻度尺進行平移然后與另一條直線銜接出現三角形第二步：將三角形畫到草稿紙上并利用空間圖求出各邊的長第三步：利用余弦定理求出待求角第四步：檢查若求出的角為銳角或直角則即為所求，若求出的角為鈍角則補角即為所求秒殺：四面體的任何一組對棱都是異面直線，因此以四面體為載體，把異面直線放在四面體對棱所在的位置，利用四面體對棱夾角公式處理異面直線角度問題結論：在四面體中，若與所成的角為四面體對棱夾角公式：證明如下：因為所以知識2快速處理線面角問題結論：{點面距離（往往用等體積法計算），線自身長度}知識3快速處理二面角的平面角問題結論：任意二面角的平面角滿足如（）注意：為原圖上的點，而分子_則是點在面的投影點【易錯提醒】兩異面直線所成角的范圍是。兩向量的夾角的范圍是，需要注意兩者的區別與聯系題型1線線角與線面角的求算1．（2025·天津和平·調研）如圖，已知空間四邊形的四條邊以及對角線的長均為2，、分別是與的中點，則異面直線和所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據異面直線所成角的定義，借助平行關系作出平行直線，從而找到異面直線所稱角或其補角，再根據余弦定理即可求解.【詳解】如圖連接，設為中點，連接，因為是中點，所以且，所以為異面直線和所成的角或其補角，由題意可得，所以，，，在中由余弦定理可得，即異面直線和所成角的余弦值為，故選：C2．（2025·天津西青·月考）已知為正方體，，分別是，的中點，異面直線與所成的角為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】取的中點為點，連接，則為異面直線與所成的角或其補角，在中，由余弦定理計算即可求解.【詳解】取的中點為點，連接，在中，為的中點，為的中點，所以，即為異面直線與所成的角或其補角，設正方體棱長為，則，因為為的中點，為的中點，所以在中，，，，在中，，所以，即異面直線與所成的角為.故選：C3．（2025·天津和平·模擬預測）在正四棱柱中，，，分別是平面和上一點，且，，記異面直線與所成的角為，則的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據向量關系確定點的位置，進而得到異面直線所成角，然后通過三角形外接圓半徑與的關系，利用直線與圓相切求出半徑最小值，從而得出的最大值．【詳解】取M為的中點，由，可知點E在直線上.連接BE，易知，所以為異面直線AE與CF所成的角，即，在中，設r為外接圓的半徑，則，當r最小時，最大.故當的外接圓與線段相切時，r取得最小值.設的中點為O，在平面中，以O為原點，建立如圖所示的直角坐標系，則，，.直線的方程為，設外接圓的方程為，則，解得，，故的最大值為.故選：D.4．（2025·天津和平·二模）《九章算術》中將正四棱臺稱為方亭，如圖，在方婷中，，其體積為，E，F分別為AB，BC的中點，則異面直線所成角的余弦值為（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】根據異面直線夾角的定義，在圖中明確夾角，根據正四棱臺的幾何性質以及體積公式，求得夾角所在的直角三角形的邊長，結合銳角三角函數的定義，可得答案.【詳解】連接，過作平面，其中垂足為，連接，如下圖：

在正四棱臺中，易知，，則，所以，因為平面，平面，所以，，易知，所以，因為，，所以，則，故，因為分別為的中點，所以，則異面直線與的夾角為，因為平面，平面，所以，在正方形中，，同理可得，在等腰梯形中，易知，在正四棱臺中，上下底面面積分別為，，正四棱臺的體積，則，解得在中，，.故選：D.5．（2025·天津平·調研）長方體中，，則異面直線與所成角的大小為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】通過平移說明即異面直線與所成角，借助于直角三角形和三角函數定義即可求得.【詳解】如圖所示，因，則即異面直線與所成角.連接，在中，，則，即異面直線與所成角為.故選：C.6．（2025·天津和平·模擬預測）在正方體中，，分別是，的中點，則直線與直線所成角的正切值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】取的中點，直線與直線所成的角為，在中求其正切值即可.【詳解】如圖，取的中點，連接，，則且故直線與直線所成的角為.因為面，面，所以，，設，，則.

故選：A7．（2025·天津·調研）在直三棱柱中，側棱平面，若，，點，分別，的中點，則異面直線與所成的角為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】推導出，，從而是異面直線與所成的角（或所成角的補角），由此能求出異面直線與所成的角．【詳解】在直三棱柱中，側棱平面，，，點，分別，的中點，∴，，∴是異面直線與所成的角（或所成角的補角），連結，則，∴，∴異面直線與所成的角為．故選B．8．（2025上·天津武清·月考）如圖：在直三棱柱中，是的中點，是的中點.(1)求證：平面；(2)求直線與直線所成角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取的中點，連接，利用幾何關系可得，再由線面平行的判定定理，即可求解；（2）取的中點，連接，利用異面直線的定義，可得為直線與直線所成的角或其補角，根據條件，求出的各邊長，由余弦定理，即可求解.【詳解】（1）取的中點，連接，因為是的中點，則，且，又是的中點，且，，所以，且，所以四邊形是平行四邊形，則，又平面，平面，所以平面.（2）取的中點，連接，易知，且，則為直線與直線所成的角或其補角，因為，則，又三棱柱是直三棱柱，則平面，又平面，所以，又，所以，同理可知，在中，由余弦定理知，所以直線與直線所成角的余弦值為.題型2簡單二面角的求算9．（2025·天津和平·開學考試）如圖，在三棱錐中，，且.(1)若，證明：平面平面；(2)若與平面所成的角為，求二面角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取的中點為，根據二面角的定義得為所求角，利用三角形的邊角關系即可求解；（2）根據（1）易知平面，從而可得平面平面，于是得到與平面所成的角為，解得，根據，均為等腰三角形，取中點，可得為二面角的平面角，利用余弦定理即可求解.【詳解】（1）取的中點為，連接，由于，且，故，所以為平面與平面的夾角或其補角，又，故，則，所以.結合，故，則，即，故平面平面.（2）由（1）知：，平面，所以平面，而平面，則平面平面，于是是在平面上的射影，即，由，得是正三角形，則.由于，均為等腰三角形，取中點，連接，則，故為二面角的平面角，由于，故，故，故二面角的正弦值為.10．（2025·天津·調研）（請用幾何法作答此題）如圖，在三棱錐中，是邊長為2的等邊三角形，，平面平面，，分別為的中點.(1)求證：平面；(2)求與平面所成角的正弦值；(3)求二面角的正切值.【答案】(1)證明見解析(2)(3).【分析】（1）取中點，得到，再由平面平面，證得平面，得到，再由，結合線面垂直的判定定理，即可證得平面；（2）由（1）知平面，證得，證得平面，過點作，連接，證得平面，得到為與平面所成的角，在直角中，即可求解；（3）取的中點，過點作，證得平面，得到，得到為二面角的平面角，分別求得和，在直角中，即可求解.【詳解】（1）證明：取中點，連接，因為是等邊三角形，所以，又因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以，又因為，且，平面，所以平面.（2）解：由（1）知平面，因為平面，所以，在等邊△ABC中，因為為的中點，所以，又因為，且平面，所以平面，過點作，垂足為.連接，因為平面，且平面，所以，又因為，且平面，所以平面，所以為與平面所成的角，因為，，，可得由，可得，所以，在直角中，可得，所以與平面所成角的正弦值為（3）取的中點，連接，可得且，過點作，垂足為，連接，由（1）知，平面，所以平面，由平面，所以，，因為，且平面，所以平面，又因為平面，所以，所以為二面角的平面角，由（1）知平面，平面，所以，在直角中，可得，由（2）知，平面，因為平面，所以，在直角中，可得，即，解得，所以，在直角中，可得，所以二面角的平面角的正切值為.

11．（2025·天津紅橋·調研）如圖，在棱長為1的正方體中，E是棱的中點，F為的中點.

(1)求證:平面(2)求平面與平面夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）作出輔助線，得到四邊形為平行四邊形，故，又平面，平面，所以平面；（2）先計算出和，從而得到到平面的距離為，再計算出邊上的高為，利用計算出平面與平面夾角的正弦值，根據同角三角函數關系得到平面與平面夾角的余弦值.【詳解】（1）連接，，，連接，其中，因為E是棱的中點，F為的中點，故，且，又，且，所以，，所以四邊形為平行四邊形，故，又平面，平面，所以平面；（2）正方體的體積為，其中，，，，，，所以，其中，由余弦定理得，故，所以，設到平面的距離為，則，解得，設邊上的高為，其中，故，，故，所以平面與平面夾角的正弦值為，故平面與平面夾角的余弦值為.12．（2025·天津南開·模擬預測）如圖，在四棱柱中，是一個直角梯形，，，，點為中點，平面，且.點分別為和中點.(1)證明：平面；(2)求平面和平面夾角的余弦值；(3)求三棱錐的體積.【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）連接，先證明平面，平面，可證明平面平面，利用面面平行的性質可證結論；（2）平面和平面的夾角等于平面和平面夾角，過作于，連接，可得為平面和平面的夾角，求解即可；（3）可證明平面，進而可求三棱錐的體積.【詳解】（1）連接，因為點為中點，.點為的中點，所以.且.所以是平行四邊形，所以，又因為平面，平面，所以平面，又因為是一個直角梯形，，，點為中點，所以.且.所以是平行四邊形，所以，又因為平面，平面，所以平面，又.，平面，所以平面平面，又平面，所以平面，（2）由（1）知平面平面，所以平面和平面的夾角等于平面和平面夾角，因為平面，又，所以平面，又因為平面，所以平面平面，又平面平面，平面，又，所以平面，過作于，連接，又因為平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，所以為平面和平面的夾角，因為，所以，在中，可得，又因為，所以，解得，又因為，在中，，所以，所以平面和平面夾角的余弦值以；（3）因為點為的中點，所以.且.所以是平行四邊形，所以，且，又，且，所以，所以平面，從而平面，又平面，平面，所以，所以，所以，所以三棱錐的體積為.13．（2025·天津和平·調研）如圖，在四棱錐.中，底面為平行四邊形，為等邊三角形，平面平面，(1)求證:平面(2)求直線與平面所成角的余弦值(3)求二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）要證明線面垂直，需證明該線段垂直于平面內的兩條相交直線，即證明即可.（2）首先根據垂直關系確定直線與平面所成的角，然后根據邊角關系求出其余弦值.（3）首先根據垂直關系確定二面角的平面角，然后根據邊角關系求出其余弦值.【詳解】（1）取的中點為，連接，因為是等邊三角形，所以.因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又平面，所以平面.（2）連接，由（1）知，平面，所以直線與平面所成的角為.在直角三角形中，，，，所以根據勾股定理得，所以.所以直線與平面所成的角的余弦值為.（3）取的中點為，連接.因為為等邊三角形，所以.因為平面，所以平面，又平面，所以，所以是二面角的平面角.由（1）知，平面，因為平面，所以.所以在直角三角形中，，，所以.所以二面角的余弦值為.14．（2025·天津河西·調研）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，平面，，，，，，，G為BC的中點.(1)求證：平面；(2)求證：平面平面；(3)求二面角的正切值.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)【分析】（1）在平面BED內找到直線，使，即可證直線平面.（2）在三角形中，由余弦定理可證，又平面平面ABCD，可證平面AED，從而可得平面平面AED．（3）過點A作，，連接MN，可證即為二面角A-BE-D的平面角，根據邊角關系可計算得，即可得到二面角A-BE-D的正切值．【詳解】（1）證明：取BD的中點O，連接OE，OG，在中，G為BC的中點，，且，又，，，且，即四邊形OGFE是平行四邊形，，又平面BED，平面BED，所以平面BED．（2）證明：在中，，，，由余弦定理可得，進而，即，又平面平面ABCD，平面ABCD，平面平面，則平面AED，又平面BED，所以平面平面AED．（3）過點A作，，連接MN，由（2）知平面平面AED，平面平面，平面BED，又，，即為二面角的平面角，在中，，，，由余弦定理得，，，，在直角三角形BDE中，，，，，又，，，所以二面角的正切值．15．（2025·天津和平·模擬預測）如圖是由6個邊長為2的正三角形拼接而成的六面體，M，N分別為PC，AB的中點.(1)求該六面體的體積；(2)求證：；(3)求直線MN與平面ABQ所成角的正弦值.【答案】(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）根據正四面體的幾何性質，根據三棱錐的體積公式，可得答案；（2）根據正三角形的性質可得線線垂直，由線面垂直的判定與性質，可得答案；（3）根據線面角的定義，由線面位置關系明確線面角，利用三角函數的恒等式，可得答案.【詳解】（1）由題可知該六面體是由兩個正四面體組成，在底面ABC的射影位于底面中心，在中，，.（2）證明：連接CN，PN為正三角形，為AB中點，，又平面，平面PCN，又平面.（3）平面，同理可得平面，三點共線，又，與CN交于點，四點共面，連接QN，過作直線NQ的垂線交QN于點，可知平面PCN，由（2）知，又平面，即為直線MN與平面ABQ所成的角，因為，在中，，，，，，即直線MN與平面ABQ所成角的正弦值為.16．（2025·天津·月考）如圖，四棱錐中，底面，底面為直角梯形，，，且．(1)若，直線與所成角為，①求四棱錐的體積；②求二面角的大??；(2)若為線段上一點，試確定E點的位置，使得平面垂直于平面，并說明理由．【答案】(1)①②(2)點在線段上，滿足，理由見解析.【分析】（1）①由異面直線夾角確定即可求解；②先由題設條件與線面垂直的判定定理證得，確定是二面角的平面角，求解即可；（2）先由三角形相似證得，進而得到，從而證得即可求證.【詳解】（1）①因為，所以與所成角即與所成角,所以，因為底面，在底面內，所以，所以，，所以四棱錐的體積②∵，∴，又底面，底面，∴，又平面，所以平面，又平面，∴，∴是二面角的平面角，由①知，，又，∴在直角三角形中，，∴，即二面角為（2）當點在線段上，且時，平面垂直平面．理由如下：連結交于O點，連．由，且，得，則，∴，∵底面，∴底面，又在平面內，∴平面平面．題型3線線距、點面距及體積的求算17．（2025·天津西青·月考）如圖，在直角梯形中，，，.若梯形繞所在直線旋轉一周，則所得幾何體的外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據題中條件，先求出各個邊長，由題意，旋轉后的幾何體為圓臺，取其軸截面，設外接球球心為O，分別討論O在線段AD上和在DA延長線上兩種情況，根據勾股定理，列出方程組，化簡計算，求出，代入面積公式，即可得答案.【詳解】過C作，交AB于E，則，因為，且四邊形ADCE為矩形，所以，即.由題意得，梯形繞所在直線旋轉一周得到的幾何體為圓臺，取圓臺的軸截面，如圖所示，設外接球球心為O，半徑為R，，當O在線段AD上時，則，由勾股定理得，即，整理得，即，不成立，故O不在線段AD上；當球心O在DA的延長線上時，則，如圖：所以，即，解得，所以，所以該圓臺外接球的表面積為.故選：D18．（2025·天津濱海新·期中）如圖，分別是圓柱上、下底面圓的直徑，且，若圓柱的軸截面為正方形，且三棱錐的體積為，則該圓柱的側面積為.【答案】【分析】利用軸截面是正方形可得，再通過垂直關系，可利三棱錐體積，并求出，從而