重难点06空间角与探索性问题（2种考法）-备战2025年高考数学一轮复习考点帮（上海专版）

重难点06空间角与探索性问题（2种考法） 考法1：空间角问题 考法2：探索性问题 1.求异面直线所成的角的三步曲 2.求直线和平面所成角的关键 作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值。 3.找二面角的平面角的常用方法 （1）由定义做出二面角的平面角 （2）用三垂线定理找二面角的平面角 （3）找公垂面 （4）划归为分别垂直于二面角的两个面的两条直线所成的角 4.用坐标法求异面直线所成角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)分别求出两条异面直线的方向向量的坐标； (3)利用向量的夹角公式计算两条直线的方向向量的夹角； (4)结合异面直线所成角的范围求出异面直线所成的角． 5.利用向量法求两平面夹角的步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量； (3)求两个法向量的夹角； (4)法向量夹角或其补角就是两平面的夹角(不大于90°的角) 6.探求某些点的具体位置，使得线面满足平行或垂直关系，是一类逆向思维的题目。一般可采用两种方法：一是先假设存在，再去推理，下结论；二是运用推理证明计算得出结论，或先利用条件特例得出结论，然后再根据条件给出证明或计算。 〖关键技巧〗空间向量适合解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、结论、推理，只需要通过坐标运算进行判断。解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，能更简单、有效地解决问题，应善于运用这一方法解题。 考法1：空间角问题 1．（2023秋•闵行区校级期末）已知四棱锥，底面为正方形，边长为3，平面． （1）求证：平面； （2）若，求直线与平面所成的角大小． 2．（2024春•虹口区期末）如图所示，圆柱的母线长为2，矩形是经过的截面，点为母线的中点，点为弧的中点． （1）求异面直线与所成角的大小； （2）若圆柱的侧面积为，求直线与平面所成角的正弦值的大小． 3．（2024春•浦东新区校级月考）如图，直三棱柱中，，平面平面． （1）证明△是直角三角形； （2）若△的面积为，求直线与平面所成角的大小． 4．（2024•上海）如图为正四棱锥，为底面的中心． （1）若，，求绕旋转一周形成的几何体的体积； （2）若，为的中点，求直线与平面所成角的大小． 5．（2024•黄浦区校级三模）设在直三棱柱中，，，，依次为，的中点． （1）求异面直线、所成角的大小（用反三角函数值表示）； （2）求点到平面的距离． 6．（2024春•嘉定区期末）如图，在正四棱锥中，为底面的中心． （1）若，，求正四棱锥的体积； （2）若，为的中点，求直线与平面所成角的大小． 7．（2024春•虹口区期末）如图所示，在棱长为2的正方体中，、分别是棱、的中点，点是棱上的动点，． （1）当时，证明：直线平面； （2）若二面角的大小等于，求的值； （3）记三棱锥的体积为，试将表示为的函数． 8．（2024春•浦东新区校级月考）已知直三棱柱，，，，分别为线段，上的点，． （Ⅰ）证明：平面平面； （Ⅱ）若点到平面的距离为，求直线与平面所成的角的正弦值． 9．（2024春•浦东新区校级期末）如图，点为正四棱柱的上底面的中心，底面的边长为2，点到平面的距离为．试求： （1）二面角的平面角的大小（用反三角函数表示角的大小）； （2）点到平面的距离． 10．（2024春•松江区校级期末）在正方体中，是的中点． （1）求异面直线与所成的角的大小； （2）求直线与平面所成的角的大小． 11．（2024春•闵行区期末）已知直四棱柱，各棱长均为2，且，设、分别是、的中点． （1）求直线与所成的角的大小； （2）求直线与平面所成的角的大小． 12．（2024春•杨浦区期末）如图，三棱柱中，，，垂直于平面． （1）求异面直线与所成角的大小； （2）求点到平面的距离． 13．（2024春•青浦区期末）如图1，是水平放置的矩形，．将矩形沿对角线折起，使得平面平面，如图2．设是的中点，是的中点． （1）求直线与平面所成角的大小； （2）连接，设平面与平面的交线为直线，求证：． 14．（2024春•宝山区校级月考）三棱柱中，平面，且，，，为中点． （1）求四面体的体积： （2）求平面与所成锐二面角的余弦值． 15．（2024春•虹口区校级期中）如图所示，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，，，是等边三角形，为线段的中点，． （1）求证：平面平面； （2）若为线段上的一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 16．（2024春•闵行区校级月考）直四棱柱，，，，，． （1）求证：面； （2）若四棱柱体积为36，求二面角的大小． 17．（2024春•宝山区校级月考）如图，三棱柱中，侧面底面，且，． （1）证明：平面； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值． 考法2：探索性问题 1．（2023秋•浦东新区期末）如图，在长方体中，，． （1）求二面角的正切值； （2）设三棱锥的体积为，是否存在体积为为正整数），且十二条棱长均相等的直四棱柱，使得它的所有棱长和为24，若存在，求出该直四棱柱底面菱形的内角的大小；若不存在，请说明理由． 2．（2023秋•浦东新区校级期末）已知正方体的棱长为1，是对角面（包含边界）内一点，且． （1）求的长度； （2）是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由； （3）过点作平面与直线垂直，求平面与平面所成锐二面角的最小值，并求此时平面截正方体所得截面图形的周长． 3．（2023秋•浦东新区期末）如图，已知正方形的边长为1，平面，三角形是等边三角形． （1）求异面直线与所成的角的大小； （2）在线段上是否存在一点，使得与平面所成的角大小为？若存在，求出的长度，若不存在，说明理由． 4．（2023秋•宝山区校级期末）如图，在底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱中，是侧棱上的一点，． （Ⅰ）试确定，使直线与平面所成角为； （Ⅱ）在线段上是否存在一个定点，使得对任意的，，并证明你的结论． 5．（2024春•杨浦区期末）端午节吃粽子，用箬竹叶包裹而成的三角粽是上海地区常见的一种粽子，假设其形状是一个正四面体，如图记作正四面体，设棱长为． （1）求证：； （2）求箬竹叶折出的二面角的大小； （3）用绳子捆扎三角粽，要求绳子经过正四面体的每一个面、不经过顶点，并且绳子的起点和终点重合．请设计一种捆扎三角粽的方案，使绳子长度最短（不计打结用的绳子），请在图中作出绳子捆扎的路径，并说明理由． 6．（2024•杨浦区校级三模）如图，在多面体中，已知四边形是菱形，，平面，平面，． （1）在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由． （2）求二面角的余弦值． 7．（2023秋•长宁区校级期末）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点． （1）求平面与平面所成锐二面角的余弦值； （2）求点到平面的距离； （3）在线段上，是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值：若不存在，请说明理由． 8．（2023秋•崇明区校级期末）在棱长为1的正方体中，，分别是棱，的中点． （1）求二面角的大小； （2）求点到平面的距离； （3）若点是棱上一点，当在何处时，平面？ 9．（2023秋•嘉定区校级期末）如图，在长方体中，，，点在棱上运动． （1）证明：； （2）设为棱的中点，在棱上是否存在一点，使得平面，若存在，求的值，若不存在，说明理由； （3）求直线与平面所成角的取值范围． 10．（2023秋•浦东新区校级期末）如图1，在边长为4的菱形中，，点，分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2所示的五棱锥． （1）在翻折过程中是否总有平面平面？证明你的结论； （2）当四棱锥体积最大时，求直线和平面所成角的正弦值； （3）在（2）的条件下，在线段上是否存在一点，使得二面角的平面角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点06空间角与探索性问题（2种考法） 考法1：空间角问题 考法2：探索性问题 1.求异面直线所成的角的三步曲 2.求直线和平面所成角的关键 作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值。 3.找二面角的平面角的常用方法 （1）由定义做出二面角的平面角 （2）用三垂线定理找二面角的平面角 （3）找公垂面 （4）划归为分别垂直于二面角的两个面的两条直线所成的角 4.用坐标法求异面直线所成角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)分别求出两条异面直线的方向向量的坐标； (3)利用向量的夹角公式计算两条直线的方向向量的夹角； (4)结合异面直线所成角的范围求出异面直线所成的角． 5.利用向量法求两平面夹角的步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量； (3)求两个法向量的夹角； (4)法向量夹角或其补角就是两平面的夹角(不大于90°的角) 6.探求某些点的具体位置，使得线面满足平行或垂直关系，是一类逆向思维的题目。一般可采用两种方法：一是先假设存在，再去推理，下结论；二是运用推理证明计算得出结论，或先利用条件特例得出结论，然后再根据条件给出证明或计算。 〖关键技巧〗空间向量适合解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、结论、推理，只需要通过坐标运算进行判断。解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，能更简单、有效地解决问题，应善于运用这一方法解题。 考法1：空间角问题 1．（2023秋•闵行区校级期末）已知四棱锥，底面为正方形，边长为3，平面． （1）求证：平面； （2）若，求直线与平面所成的角大小． 【分析】（1）由线面垂直的性质和判定，可得证明； （2）由线面角的定义求得为直线与平面所成的角，再解直角三角形可得所求角的大小． 【解答】解：（1）证明：由底面为正方形，可得， 又平面，平面， 可得， 又，平面，且， 可得平面； （2）由平面，为在平面内的射影， 可得为直线与平面所成的角． 在直角三角形中，，可得， 在直角三角形中，， 即有直线与平面所成的角为． 【点评】本题考查线面垂直的判定和性质，以及线面角的求法，考查转化思想和运算能力，属于基础题． 2．（2024春•虹口区期末）如图所示，圆柱的母线长为2，矩形是经过的截面，点为母线的中点，点为弧的中点． （1）求异面直线与所成角的大小； （2）若圆柱的侧面积为，求直线与平面所成角的正弦值的大小． 【分析】（1）连接，，而点为弧的中点，可得等于异面直线与所成的角，进而求出它的大小； （2）由题意可得直线与平面所成角为，由题意得出的角可得它的正弦值 【解答】解：（1）连接，，而点为弧的中点，为圆的直径， 所以，， 又因为， 所以等于异面直线与所成的角， 即异面直线与所成的角为； （2）因为圆柱的侧面积为，设底面圆的半径为， 因为母线长为2， 则，可得， 因为平面， 所以直线与平面所成角为， 则， 所以． 所以直线与平面所成角的正弦值的大小为． 【点评】本题考查异面直线所成的角的求法及线面所成的角的求法，属于中档题． 3．（2024春•浦东新区校级月考）如图，直三棱柱中，，平面平面． （1）证明△是直角三角形； （2）若△的面积为，求直线与平面所成角的大小． 【分析】（1）由直棱柱及，可证得平面，再由线面垂直的性质可证得△是直角三角形； （2）由（1）可得直线与平面所成角的大小为，可求出的正切值，及求出角的大小． 【解答】（1）证明：因为是直三棱柱，，所以， 因为平面平面，且平面平面， 所以平面， 平面，所以， 又，， 所以平面， 又平面，所以， 可证得：△是直角三角形； （2）解：由题意知，则， 因为， 所以， 由（1）知平面， 则直线与平面所成角的大小为， ， 则直线与平面所成角的大小为． 【点评】本题考查线面角的求法及线面垂直的性质的应用，属于中档题． 4．（2024•上海）如图为正四棱锥，为底面的中心． （1）若，，求绕旋转一周形成的几何体的体积； （2）若，为的中点，求直线与平面所成角的大小． 【分析】（1）根据已知条件，先求出，再结合棱锥的体积公式，即可求解． （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再结合向量的夹角公式，即可求解． 【解答】解：（1）因为是正四棱锥， 所以底面是正方形，且底面， 因为， 所以， 因为， 所以， 所以绕旋转一周形成的几何体是以3为底面半径，4为高的圆锥， 所以； （2）如图建立空间直角坐标系， 因为，由题知是正四棱锥，所以该四棱锥各棱长相等， 设， 则，， 则，0，，，0，，，，，，0，，，，，，0，，， 故，，， 设为平面的法向量， 则，即，令，则，， 所以， 则， 设直线与面所成角为， 因为， ， 则， 故直线与平面所成角的大小为． 【点评】本题主要考查棱锥体积的求解，以及空间向量的应用，属于中档题． 5．（2024•黄浦区校级三模）设在直三棱柱中，，，，依次为，的中点． （1）求异面直线、所成角的大小（用反三角函数值表示）； （2）求点到平面的距离． 【分析】（1）连接，因为，异面直线、所成角与、所成角相等． （2）利用平面的一个法向量，建立空间坐标系，求出求点到平面的距离． 【解答】解：以为原点建立如图空间坐标系， 则各点坐标为，0，，，0，，，0，，，2，，，1，（2分） （1），， （6分） （2）设平面的一个法向量为， ， 由得令可得（10分） ，（13分） 点到平面的距离为．（14分） 【点评】此题主要考查异面直线的角度及余弦值计算． 6．（2024春•嘉定区期末）如图，在正四棱锥中，为底面的中心． （1）若，，求正四棱锥的体积； （2）若，为的中点，求直线与平面所成角的大小． 【分析】（1）先求得正四棱锥的高，再由棱锥的体积公式，求解即可； （2）先证平面，可得，再利用勾股定理证明，可证平面，从而知即为所求，然后利用三角函数的知识，求解即可． 【解答】解：（1）因为底面是正方形，所以，， 所以，即正四棱锥的高为3， 所以正四棱锥的体积． （2）由题意知，平面， 因为平面， 所以， 因为正方形，所以， 又，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 连接，设，则， 在中，点是的中点，所以，， 所以，即， 又，、平面， 所以平面， 所以即为直线与平面所成角， 在中，， 所以，即直线与平面所成角的大小为． 【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握正四棱锥的结构特征，线面角的定义与求法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． 7．（2024春•虹口区期末）如图所示，在棱长为2的正方体中，、分别是棱、的中点，点是棱上的动点，． （1）当时，证明：直线平面； （2）若二面角的大小等于，求的值； （3）记三棱锥的体积为，试将表示为的函数． 【分析】（1）直接由直线与平面平行的判定定理证明； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面及平面的法向量，由向量夹角公式即可求解； （3）求出点到平面的距离及的面积，即可求出三棱锥的体积为． 【解答】解：（1）证明：由已知，分别为，的中点，连结，则， 因为，，所以， 又因为，所以四边形是平行四边形， 所以，所以． 平面，平面， 所以平面． （2）以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，1，，，0，，，0，，，2，， ，， 设平面的一个法向量为， 于是，取，则，， 所以， 又因为平面的一个法向量为， 所以， 所以，解得． （3）由（2）有，设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以， 则点到平面的距离为． 中，，，， 所以， 所以，所以． 所以． 【点评】本题考查了空间中直线与平面平行的证明，考查了二面角及三棱锥体积的计算，考查了数形结合思想及转化思想，属于中档题． 8．（2024春•浦东新区校级月考）已知直三棱柱，，，，分别为线段，上的点，． （Ⅰ）证明：平面平面； （Ⅱ）若点到平面的距离为，求直线与平面所成的角的正弦值． 【分析】（Ⅰ）由线面垂直的证明可得平面，从而可得，推出，即可证得平面平面； （Ⅱ）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式求解即可． 【解答】（Ⅰ）证明：由，，，得平面， 又平面，故， 由，，且四边形为矩形，得， ，故平面， 所以平面平面． （Ⅱ）解：以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 点，0，，，0，，，0，，，2，，，2，，设点，0，， 则，， 设平面的法向量，，， 则，取，可得平面的法向量， 由得点到平面的距离，解得， 由，，得直线与平面所成的角的正弦值为． 【点评】本题主要考查面面垂直的证明，线面角的求法，考查运算求解能力，属于中档题． 9．（2024春•浦东新区校级期末）如图，点为正四棱柱的上底面的中心，底面的边长为2，点到平面的距离为．试求： （1）二面角的平面角的大小（用反三角函数表示角的大小）； （2）点到平面的距离． 【分析】（1）先证明是二面角的平面角，再计算求解即可； （2）设到平面的距离为，由，求解即可． 【解答】解：（1）连接、相交于点，过作，交于，连接，则， 所以是二面角的平面角的大小， 因为在中，，，， 所以， 则， 即二面角的平面角的大小为； （2）设点到平面的距离为， 由， 得． 即， 解得， 所以点到平面的距离为． 【点评】本题考查二面角的计算以及等体积法的应用，属于中档题． 10．（2024春•松江区校级期末）在正方体中，是的中点． （1）求异面直线与所成的角的大小； （2）求直线与平面所成的角的大小． 【分析】（1）由得出，所成的角为，利用余弦定理得出异面直线与所成的角； （2）先证明平面，从而得出为直线与平面所成的角，再由直角三角形边角关系得出所求角． 【解答】解：（1），，所成的角为， 连接， 设，则，， ，， 异面直线夹角的范围为，， ， 即异面直线与所成的角为， （2）连接交于点，连接， ：四边形为正方形，， 又平面，平面，， ，平面， 即为直线与平面所成的角， 设，则，， ， 又直线与平面所成角的范围为，，． 即直线与平面所成的角为． 【点评】本题考查线面角，考查了推理能力，属于中档题． 11．（2024春•闵行区期末）已知直四棱柱，各棱长均为2，且，设、分别是、的中点． （1）求直线与所成的角的大小； （2）求直线与平面所成的角的大小． 【分析】（1）建立空间直角坐标系，分别求出，，利用向量夹角公式即可求解； （2）求出平面的法向量，利用向量夹角公式即可求解． 【解答】解：（1）因为直四棱柱，各棱长均为2， 所以底面是菱形，连接，交于点，连接，交于点，连接， 所以，，两两互相垂直， 以为原点，，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 因为，所以， 所以，，，， 所以，，1，，，，，，，，，，， 因为、分别是、的中点， 所以，， 所以，， 所以， 所以直线与所成的角的大小为． （2）由（1）可得，，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，， 所以， 设直线与平面所成的角为， 则， 以直线与平面所成的角的大小为． 【点评】本题考查空间向量在立体几何中的应用，属于中档题． 12．（2024春•杨浦区期末）如图，三棱柱中，，，垂直于平面． （1）求异面直线与所成角的大小； （2）求点到平面的距离． 【分析】（1）把该棱柱补成一个棱长为1的正方体，根据，得出即为异面直线与所成角，即可求解； （2）设点到平面的距离为，利用等体积法即可求解． 【解答】解：（1）因为三棱柱中，，，垂直于平面， 所以可以把该棱柱补成一个棱长为1的正方体， 因为，， 所以四边形为平行四边形， 故， 所以即为异面直线与所成角， 因为， 所以． 即异面直线与所成角为． （2）由（1）知，△为边长为的等边三角形， 所以， 设点到平面的距离为， 则， 所以， 即， 解得， 所以点到平面的距离为． 【点评】本题考查异面直线所成角以及二面角的定义，属于中档题． 13．（2024春•青浦区期末）如图1，是水平放置的矩形，．将矩形沿对角线折起，使得平面平面，如图2．设是的中点，是的中点． （1）求直线与平面所成角的大小； （2）连接，设平面与平面的交线为直线，求证：． 【分析】（1）先证明为直线与平面所成角，再计算即可求解； （2）利用线面平行的判定与性质定理即可得证． 【解答】解：（1）过作于，连接， 因为平面平面，且平面平面，， 所以平面， 所以为直线与平面所成角， 因为，不妨设，， 在中，， 在中，，， 所以， 所以直线与平面 所成角的大小为； （2）证明：因为是的中点，是的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面， 又因为平面平面， 所以， 所以． 【点评】本题考查线面角的计算以及线线平行的判定，属于中档题． 14．（2024春•宝山区校级月考）三棱柱中，平面，且，，，为中点． （1）求四面体的体积： （2）求平面与所成锐二面角的余弦值． 【分析】（1）利用等体积法，再根据条件，即可求出结果； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法，即可求出结果． 【解答】解：（1）因为平面，又面，所以， 又，，，面，所以面， 因为面，所以到面的距离即， 又，， 所以． （2）如图，在处有，，三条直线两两互相垂直， 则分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系， 因为，， 则，0，，，1，，，0，，，0，，，0，， 所以 设平面的一个法向量为， 由，得到，取，得到，，所以， 设平面的一个法向量为， 则由，得到，取，则，，所以， 设平面与所成锐二面角为， 则． 【点评】本题考查了空间几何体的体积计算，考查了二面角的计算，考查了数形结合思想，属于中档题． 15．（2024春•虹口区校级期中）如图所示，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，，，是等边三角形，为线段的中点，． （1）求证：平面平面； （2）若为线段上的一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 【分析】（1）由题意可证得，又，进而可证得平面，进而可证得平面平面； （2）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量的坐标，求出这两个向量的夹角的余弦值，进而求出直线与平面所成角的正弦值，由题意可得的位置，即求出的大小． 【解答】（1）证明：因为为等边三角形，为线段的中点， 所以，又， 因为四边形为直角梯形，， 所以，是平面上的两条相交直线， 所以平面，平面， 所以平面平面； （2）解：因为四边形为直角梯形，，， 所以，过作，垂足为， 由，，得， 所以，， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，0，，则， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，可得， 又， ，，， 可得，， 设直线与平面所成角为，，， 所以，， 解得，即． 【点评】本题考查平面与平面垂直的证法及用空间向量的方法求线面角的正弦值，属于中档题． 16．（2024春•闵行区校级月考）直四棱柱，，，，，． （1）求证：面； （2）若四棱柱体积为36，求二面角的大小． 【分析】（1）由面面平行的判定定理与性质定理证明， （2）由棱柱的体积公式求解高，再由二面角的定义求解． 【解答】解：（1）证明：由题意得，， ，平面，，平面， 平面，平面 而，平面平面， 又平面，平面 （2）四棱柱体积， 得，得， 过点作，垂足为，连接， 由平面，，得（三垂线定理）， 故即为二面角的平面角， ，，得， 故，． 【点评】本题考查线面平行的判定与性质、二面角的定义及其正切值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 17．（2024春•宝山区校级月考）如图，三棱柱中，侧面底面，且，． （1）证明：平面； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值． 【分析】（1）取的中点，连结、．推导出，，从而平面，，，从而平面，由此能证明平面． （2）法一：以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出面与平面夹角的余弦值． 法二：将直三棱柱补成长方体．连接，过点作，垂足为，再过作，垂足为，连接，推导出，从而平面，，从而平面，．则为平面与平面的夹角或补角，由此能求出平面与平面夹角的余弦值． 【解答】解：（1）证明：取的中点，连结、． 因为，，所以，． 由于，平面，且， 因此平面． 因为平面，所以． 又因为，所以， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面． 因为，所以平面． （2）（法一）因为，且，所以． 以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，0，，，，． 所以，，． 设平面的法向量为， 则，令，则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （法二）将直三棱柱补成长方体． 连接，过点作，垂足为，再过作，垂足为，连接． 因为平面，且平面，所以． 又因为，由于，平面，且，所以平面． 由于平面，所以． 因为，平面，且，所以平面． 因为平面，所以． 则为平面与平面的夹角或补角， 在△中，由等面积法可得． 因为，所以， 因此平面与平面夹角的余弦值为． 【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、二面角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 考法2：探索性问题 1．（2023秋•浦东新区期末）如图，在长方体中，，． （1）求二面角的正切值； （2）设三棱锥的体积为，是否存在体积为为正整数），且十二条棱长均相等的直四棱柱，使得它的所有棱长和为24，若存在，求出该直四棱柱底面菱形的内角的大小；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）过作交于，连接由线面垂直的性质定理可得，再由等面积法可得的长，则二面角的正切值，即可得出答案． （2）由等体积法可得，由十二条棱长均相等的直四棱柱，使得它的所有棱长和为24，则每条棱的长度为2，设菱形的一个角为，则底面积为，则直四棱柱的体积为，进而可得答案． 【解答】解：（1）过作交于，连接， 为正方体，则平面， 又在底面的投影为， ，且， 则二面角的正切值． （2）三棱锥的体积为， 因为十二条棱长均相等的直四棱柱，使得它的所有棱长和为24，则每条棱的长度为2， 设菱形的一个角为，则底面积为， 则直四棱柱的体积为，即， 为正整数， 不妨取，则，即， 则存在体积为为正整数），且十二条棱长均相等的直四棱柱，使得它的所有棱长和为24，且菱形的内角为． 【点评】本题考查二面角，几何体的体积，解题中注意转化思想的应用，属于中档题． 2．（2023秋•浦东新区校级期末）已知正方体的棱长为1，是对角面（包含边界）内一点，且． （1）求的长度； （2）是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由； （3）过点作平面与直线垂直，求平面与平面所成锐二面角的最小值，并求此时平面截正方体所得截面图形的周长． 【分析】（1）根据依题意利用线面垂直的判定定理可得，点的轨迹是在平面内以为直径的半圆，即可求得； （2）利用空间向量求出当平面平面时点的位置与点重合，显然不合题意，可知不存在满足题意的点； （3）利用线面角的定义可得当直线与平面所成的角取到最大值时，平面与平面所成锐二面角最小，即可求得结果，作出平面截正方体所得截面图形为五边形，分别算的边长即可求出周长． 【解答】解：（1）连接，交于点，连接，，，如图所示： 易知，利用正方体性质可得，又， ，平面，所以平面； 又是对角面（包含边界）内一点，，即可得平面， 所以，又因为，所以可得， 又，利用勾股定理可得，由正方体的棱长为1， 因此， 因此点的轨迹是在平面内以为直径的半圆； 可得． （2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 由（1）可知，假设存在点，，，使得平面平面； 易知，0，，，0，，，1，； 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，可得； 设平面的一个法向量为， 则，令，则，可得； 由平面平面可得， ，解得， 即可知，0，； 又点的轨迹是在平面内以为直径的半圆，可知此时点与点重合，不合题意； 因此可得不存在点，使得平面平面． （3）过点作平面与直线垂直，设直线与平面所成的角为， 易知和平面与平面所成锐二面角互余， 所以当取到最大值时平面与平面所成锐二面角最小， 由（2）可知，又， 因此当点竖坐标取到最大值时，即平面时满足题意， 此时，所以， 因此平面与平面所成锐二面角的最小值为， 延长，交的延长线于点，交于点， 如下图所示： 易知，由可得，所以； 由可知，可得， 过点作分别交，于点，，则， 显然由正方体性质可得平面， 所以平面，又平面，所以； 由，，，平面， 所以平面，即平面即为平面， 设平面截正方体交于点，于点，连接，； 所以平面截正方体所得截面图形即为五边形； 设，1，，易知 ，1，，，， 则，， 由可得， 解得，即， 所以，而，所以； 由对称性可知，，， 所以五边形的周长为， 即平面截正方体所得截面图形的周长为． 【点评】本题考查了平面与平面垂直的判定，考查了空间向量的应用，考查了数形结合思想，属于中档题． 3．（2023秋•浦东新区期末）如图，已知正方形的边长为1，平面，三角形是等边三角形． （1）求异面直线与所成的角的大小； （2）在线段上是否存在一点，使得与平面所成的角大小为？若存在，求出的长度，若不存在，说明理由． 【分析】（1）根据线线平行可得异面直线所成的角，根据三角形的边角关系即可求解； （2）根据几何法求解线面角的几何角，利用三角形的边角关系即可求解． 【解答】解：（1）因为为正方形，则， 则异面直线与所成的角即为与所成的角或其补角， 因为三角形是等边三角形， 所以，则， 因为平面，所以， 所以，即； （2）作交于点，连接，， 因为平面，所以平面， 则与平面所成的角大小为， 设，则， 所以， 则， 故存在点，当时，与平面所成的角大小为． 【点评】本题考查异面直线所成角及线面角的求法，属中档题． 4．（2023秋•宝山区校级期末）如图，在底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱中，是侧棱上的一点，． （Ⅰ）试确定，使直线与平面所成角为； （Ⅱ）在线段上是否存在一个定点，使得对任意的，，并证明你的结论． 【分析】（1）以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系，求出面的一个法向量，以及，求出这两向量的夹角，最后求出此角的补角即可； （2）假设在上存在这样的点，设此点的横坐标为，对任意的要使在平面上的射影垂直于．等价于，建立等量关系，求出即可． 【解答】解：（1）建立如图所示的空间直角坐标系，则 ，0，，，1，， ，1，，，1，， ，0，，，1，，，0，． 所以， ． 又由的一个法向量． 设与面所成的角为， 则， 解得．故当时， 直线与平面所成角为；（5分） （2）若在上存在这样的点，设此点的横坐标为， 则． 依题意，对任意的要使在平面上的射影垂直于．等价于 即为的中点时，满足题设的要求．（10分） 【点评】本题主要考查了直线与平面之间的位置关系，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题． 5．（2024春•杨浦区期末）端午节吃粽子，用箬竹叶包裹而成的三角粽是上海地区常见的一种粽子，假设其形状是一个正四面体，如图记作正四面体，设棱长为． （1）求证：； （2）求箬竹叶折出的二面角的大小； （3）用绳子捆扎三角粽，要求绳子经过正四面体的每一个面、不经过顶点，并且绳子的起点和终点重合．请设计一种捆扎三角粽的方案，使绳子长度最短（不计打结用的绳子），请在图中作出绳子捆扎的路径，并说明理由． 【分析】（1）取中点，连接，，证明平面即可证明； （2）先确定是二面角的平面角，求出三角形三边长，利用余弦定理即可求解； 【解答】证明：（1）取中点，连接，， 因为正四面体，所以，都是正三角形， 所以，， 因为，平面，且， 所以平面，又平面， 所以． 解：（2）由（1）可知，是二面角的平面角， 因为正四面体的棱长为，所以，， 所以在中，由余弦定理得：， 又二面角是锐二面角，所以， 即二面角的大小为． （3）正四面体展开图如下图所示：，题意要求绳子经过正四面体的每一个面、不经过顶点，并且绳子的起点和终点重合，使绳子长度最短，如图可知取两边中点连线即可达成要求，此时绳子最短．具体路径如下图所示： ． 【点评】本题考查线线垂直的判定定理、二面角的求法，属于中档题． 6．（2024•杨浦区校级三模）如图，在多面体中，已知四边形是菱形，，平面，平面，． （1）在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由． （2）求二面角的余弦值． 【分析】（1）连接与，相交于点，连接，，分别证明，，再由面面平行判定定理的推论，即可得证； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角，即可得解． 【解答】解：（1）当点是线段的中点时，可使平面平面，理由如下： 连接与，相交于点，连接，， 因为菱形，所以点是的中点， 所以， 因为平面，平面， 所以， 又，，所以四边形是平行四边形， 所以， 又，、平面，，、平面， 所以平面平面． （2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，1，，，2，，，0，， 所以，2，，，1，，，2，， 设平面的法向量为，，，则， 取，则，，所以，0，， 设平面的法向量为，，，则， 取，则，，所以，1，， 所以，， 由图可知，二面角为钝角， 故二面角的余弦值为． 【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握面面平行的判定定理，利用向量法求二面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． 7．（2023秋•长宁区校级期末）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点． （1）求平面与平面所成锐二面角的余弦值； （2）求点到平面的距离； （3）在线段上，是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值：若不存在，请说明理由． 【分析】（1）利用空间向量的坐标运算，求二面夹角的余弦值； （2）利用空间向量的坐标运算，求点到平面的距离； （3）利用空间向量的坐标运算，表示出线面角的正弦值，即可求解． 【解答】解：（1）在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点． 取中点为，连接， 因为，且，，，所以， 又因为平面，，平面， 所以，， 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，如图， 则，0，，，1，，，1，，，，，，0，，，，， 平面的一个法向量为，0， 设平面的一个法向量为， ，0，，，，， 所以，令，则，1，， 设平面与平面所成锐二面角为， 则平面与平面所成锐二面角的余弦值为： ． （2），，， 点到平面的距离为． （3）在线段上，存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为， 理由如下： 设上存在点，使，，， ，，，1，，，， 直线与平面所成角的正弦值为． 平面的法向量为，1，， ，由，，解得， 故在线段上，存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，且． 【点评】本题考查面面角的求解，考查点到面的距离，向量法求解线面角问题，方程思想，属中档题． 8．（2023秋•崇明区校级期末）在棱长为1的正方体中，，分别是棱，的中点． （1）求二面角的大小； （2）求点到平面的距离； （3）若点是棱上一点，当在何处时，平面？ 【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的大小． （2），0，，，，，利用向量法能求出点到平面的距离． （3）点是棱上一点，设，则，，，则平面，得，由此求出在中点处时，平面． 【解答】解：（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图， ，1，，，1，，，，，，1，， ，，，，，， 设平面的法向量为，，， 则，取，得，1，， 平面的法向量为，0，， 设二面角的大小为， 则， 二面角的大小为； （2），0，，，，， 点到平面的距离为： ． （3）点是棱上一点，设，则，0，， ，，， 平面，， ，在中点处时，平面． 【点评】本题考查二面角、点到平面的距离、线面垂直的判定等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 9．（2023秋•嘉定区校级期末）如图，在长方体中，，，点在棱上运动． （1）证明：； （2）设为棱的中点，在棱上是否存在一点，使得平面，若存在，求的值，若不存在，说明理由； （3）求直线与平面所成角的取值范围． 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法能证明； （2）利用向量法列方程，能求出的值； （3）利用向量法求出直线与平面所成角的正弦值，结合不等式的性质能求出直线与平面所成角的取值范围． 【解答】解：（1）证明：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图， 则，0，，，2，，，2，，，0，， 设，，，，则，，， ，． （2）若是的中点，则，1，，，2，， 设平面的法向量为，，， 则，取，得，，， 设，2，，，，2，，，0，， 若平面，平面， 则，， 是的中点，． （3），2，， 设，，，， 设平面的法向量为，，， 则，取，得，，， 设直线与平面所成角为，， ， ，，，， ． 直线与平面所成角的取值范围是，． 【点评】本题考查线线垂直、线面平行、线面角、向量法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 10．（2023秋•浦东新区校级期末）如图1，在边长为4的菱形中，，点，分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2所示的五棱锥． （1）在翻折过程中是否总有平面平面？证明你的结论； （2）当四棱锥体积最大时，求直线和平面所成角的正弦值； （3）在（2）的条件下，在线段上是否存在一点，使得二面角的平面角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面； （2）首项判断出平面时，四棱锥体积最大，作出直线和平面所成角，解三角形求得其正弦值； （3）建立空间直角坐标系，设，根据二面角的余弦值求得，由此确定点的位置． 【解答】（1）在翻折过程中总有平面平面， 证明：点，分别是边，的中点，， 又因为菱形中，是等边三角形， 是的中点，， 菱形的对角线互相垂直，，， ，平面，平面， 平面，平面，平面，平面平面． （2）解：由题意知，四边形为等腰梯形，且，，， 所以等腰梯形的面积， 要使得四棱锥体积最大，只要点到平面的距离最大即可， 当平面时，点到平面的距离的最大值为， 此时四棱锥体积的最大值为， 连接，则直线和平面所成角的为， 在中，，，由勾股定理得：． ． （3）解：假设符合题意的点存在． 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，0，，，1，，，，，，0，，因为平面，故平面的一个法向量为，0，， 设，，0，，，0，， 故，0，，，2，，，1，， 平面的一个法向量为，，，则，， 即，令，所以， 即，0，，0，， 则平面的一个法向量，0，，设二面角的平面角为， 所以，解得：， 故符合题意的点存在，且为线段的中点． 【点评】本题考查面面垂直的判定定理，考查二面角的计算，是中档题． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$