热点专题8-4 立体几何与空间向量解答题专练（几何法求二面角，已知二面角线面角求其它量，取值范围等9类题型汇总）-2025年高考数学二轮热点题型追踪与重难点专题突破（新高考专用）

2025年高考数学二轮热点题型追踪与重难点专题突破（新高考专用） 专题8-4 立体几何与空间向量解答题专练（9类题型汇总） 模块一 总览 热点题型解读（目录） 【题型1】求点到平面的距离 【题型2】求线面角 【题型3】求二面角或面面角（建系） 【题型4】几何法找二面角（不建系） 【题型5】已知二面角求其它量 【题型6】已知点到平面距离求其它量 【题型7】已知线面角求其它量以及探究性问题 【题型8】斜棱柱，台体等几何体建系（分析“空中”的点的坐标） 【题型9】求角最值或范围 模块二 核心题型·举一反三 【题型1】求点到平面的距离 点到平面的距离 法一：等体积法 先求出对应几何体的体积再用体积除以底面积得到距离 法二：建系 如图已知平面的法向量为，是平面内的任一点，是平面外一点，过点作则平面的垂线，交平面于点，则点到平面的距离为（如图）. 注意：线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距的方法进行求解． 直线与平面之间的距离：，其中，是平面的法向量． 两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量． 【例1】已知：在四棱锥中，底面为正方形，侧棱平面，点为中点，． (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离． 【例2】（2024·天津·高考真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点． (1)求证平面； (2)求平面与平面的夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 【例3】（2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，平面．    (1)证明：平面平面； (2)设，求四棱锥的高． 【巩固练习1】（2024·广东·二模）如图，三棱柱的底面是等腰直角三角形，，侧面是菱形，，平面平面． (1)证明：； (2)求点到平面的距离． 【巩固练习2】（2024·全国甲卷·高考真题）如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 【巩固练习3】（2018·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，，，为的中点．     （1）证明：平面；     （2）若点在棱上，且，求点到平面的距离． 【题型2】求线面角 1、求线面角的步骤 1、在底面选择合适的点作为原点建立空间坐标系（一般为直角的顶点） 2、写出相关点的坐标，个别特殊点要用到中点坐标公式或向量之间的倍数关系来得出坐标（如例1） 3、写出相关向量坐标， 4、设法向量，赋值得出平面的一个法向量 5、结合线面角公式计算求值 若直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则 直线与平面所成的角为， 2、直线与平面所成角公式的解释 设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的角为，则有①，②.（注意此公式中最后的形式是：） 思考：为什么要加绝对值？ 【例1】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，点，分别为和的中点． (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【例2】（2024·山东潍坊·一模）如图，在四棱台中，下底面是平行四边形，，，，，，为的中点． (1)求证：平面平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【例3】（2024·湖南常德·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，. (1)证明：平面； (2)已知三棱锥的体积为，点为线段的中点，设平面与平面的交线为，求直线与平面所成角的正弦值. 【巩固练习1】（2022·全国甲卷·高考真题）在四棱锥中，底面． (1)证明：； (2)求PD与平面所成的角的正弦值． 【巩固练习2】（2022·全国新Ⅰ卷·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． (1)求A到平面的距离； (2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 【巩固练习3】（2024·广东广州·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，是等边三角形，，点，分别为和的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求与平面所成角的正弦值. 【题型3】求二面角或面面角（建系） 1、公式：若,分别为面，的法向量 二面角的平面角为，则 平面与平面所成角为，则 2、面面角与二面角公式推导 如图，若于G，于H，平面PHG交于E，则∠HEG为二面角的平面角，∠HEG+∠HPG=180°. 若,分别为面，的法向量，则 ①设二面角的平面角为，则 ②设平面与平面所成角为，则 【注意】二面角取向量的夹角还是补角，可以通过平面图形观察，判断二面角是锐角还是钝角来解决。 【例1】（2024·全国甲卷·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 【例2】（2024·重庆·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，点，，，分别在侧棱，，，上，且，，， (1)证明：，，，四点共面； (2)如果，，为的中点，求二面角的正弦值． 【例3】（2024·广东深圳·一模）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，平面平面，点在上，且． (1)求证：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 【例4】（2024·山东菏泽·一模）如图，已知为等腰梯形，点为以为直径的半圆弧上一点，平面平面，为的中点，，．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 【巩固练习1】（2024·浙江·模拟预测）如图，已知正三棱柱分别为棱的中点．    (1)求证：平面；(2)求二面角的正弦值． 【巩固练习2】（2024·广东广州·模拟预测）如图，四棱锥中，底面是平行四边形，是正三角形，． (1)证明：平面平面; (2)求二面角的余弦值． 【巩固练习3】（2024·浙江·二模）如图，在四棱锥中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面平面ABCD，，点E是线段AD的中点，. (1)证明：//平面BDM； (2)求平面AMB与平面BDM的夹角. 【巩固练习4】（2024·广东深圳·模拟预测）如图，、、为圆锥三条母线，. (1)证明：； (2)若圆锥侧面积为为底面直径，，求平面和平面所成角的余弦值． 【巩固练习5】（2024·全国新Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 【巩固练习6】（2023·全国新Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值． 【巩固练习7】（24-25高三上·广东肇庆·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，是边长为2的等边三角形，.    (1)证明：平面平面. (2)若为的中点，求平面与平面的夹角的余弦值 【题型4】几何法找二面角（不建系） 立体几何空间向量求解过程，丧失了立体几何求解的乐趣，无形中也降低了学生的空间想象能力。这是空间向量求解的巨大优点，也是缺点，就这么共存着。其实不建系而直接计算真的很比较锻炼空间想象的能力，方法上也更灵活一些，对于中等生来说，二种方法都要熟练掌握。 二面角定义：交线上取点等腰三角形共底边时 在交线l上取一点O，在α平面内过O点作l的垂线OA，在β平面内过O点作l的垂线OB，∠AOB即为二面角，找二面角的过程可以理解为构造了一个垂直交线的平面AOB 方法一、三垂线法求二面角、面面角 使用前提：已知其中某个平面的垂线段 具体步骤 （1）已知AB垂直平面β，垂足为B（l⊥AB） （2）过垂足B作交线l的垂线BO（l⊥OB） （3）易知l⊥平面AOB，则∠AOB即为所求，且△AOB为直角三角形，邻比斜即可 方法二、转换成线面角 使用前提：可以作出交线的垂线 具体步骤 第一步：作AO⊥l ，直线AO与平面 β的夹角即所求 第二步：作AB⊥β(找不到垂足B的位置用等体积求AB长) 连接AB，∠AOB即为二面角，△AOB为直角三角形 方法三、转换成线线角—计算小，也是法向量的原理 提问：什么时候用？ 若α平面存在垂线AB，且β平面存在垂线AC 则α平面与β平面的夹角等于直线AC与AB的夹角 方法四、作2次交线的垂线 作二面角步骤 第一步：作AO⊥l 第二步：作OB⊥l 连接AB，∠AOB即为二面角，后续一般用余弦定理求角 方法五、投影面积法——面积比（三垂线法进阶） 将＝边之比面积之比，从一维到二维，可多角度求出两面积，最后求解，不过个有些省份解答题中是不能直接用的. 如图△ABC在平面α上的投影为△A1BC，则平面α与平面ABC的夹角余弦值 即 补充：即使交线没有画出来也可以直接用 【例1】如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点． （1）证明：； （2）若是边长为2的等边三角形，点在棱上，且二面角的大小为，求三棱锥的体积． 【例2】（2024·江苏·一模）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．    (1)若，证明：平面； (2)若二面角的正弦值为，求BQ的长． 【例3】（杭州二模）在三棱锥中,底面△ABC为等腰直角三角形, . （1）求证：AC⊥SB； （2）若AB＝2，，求平面SAC与平面SBC夹角的余弦值． 【巩固练习1】如图，在四棱锥中，已知，是等边三角形，且为的中点. (1)证明：平面； (2)当时，试判断在棱上是否存在点，使得二面角的大小为.若存在，请求出的值；否则，请说明理由. 【巩固练习2】（2021·新高考1卷真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点. （1）证明：； （2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积. 【巩固练习3】（汕头市·二模）如图在正方体ABCD－A1B1C1D1中，PQ是所在棱上的中点. （1）求平面APQ与平面ABCD夹角的余弦值 （2）补全截面APQ 【巩固练习4】（浙江·统考二模）如图，在三棱柱中，底面平面，是正三角形，是棱上一点，且，. (1)求证：； (2)若且二面角的余弦值为，求点到侧面的距离. 【巩固练习5】如图，为圆锥顶点，是圆锥底面圆的圆心，，是长度为的底面圆的两条直径，，且，为母线上一点． (1)求证：当为中点时，平面； (2)若，二面角的余弦值为，试确定P点的位置． 【巩固练习6】湖北省武汉市高三上学期7月新起点考试 在直三棱柱中，已知侧面为正方形，，D，F分别为AC，BC，CC1的中点，BF⊥B1D． (1)证明：平面B1DE⊥平面BCC1B1；(2)求平面BC1D与平面夹角的余弦值 【题型5】已知二面角求其它量 已知二面角的题，建系计算稍微复杂，可以先尝试几何法，比如2021年新高考1卷的立体几何大题几何法比建系计算方便很多 【例1】（2024·江苏·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在棱上，且.    (1)证明：平面； (2)当二面角为时，求. 【例2】（2024·广东佛山·一模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，．    (1)求证：平面平面； (2)若，，点是线段上一点，且二面角的余弦值为，求的值． 【例3】（2025·江苏南通·一模）如图，四边形为菱形，平面．    (1)证明：平面平面； (2)若，二面角的大小为120°，求PC与BD所成角的余弦值． 【巩固练习1】（2024·广东江门·一模）如图，四边形是圆柱底面的内接矩形，是圆柱的母线.      (1)证明：在侧棱上存在点，使平面； (2)在（1）的条件下，设二面角为，，，求三棱锥的体积. 【巩固练习2】如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为． (1)若为棱的中点，求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由. 【巩固练习3】由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面. (1)求证：平面； (2)若二面角的正切值为，求平面与平面夹角的大小. 【巩固练习4】（2023新高考1卷真题）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． 【题型6】已知点到平面距离求其它量 【例1】（2024·福建泉州·模拟预测）在四棱锥中，．    (1)求证： (2)当点到平面的距离为时，求直线与平面所成的角的正弦值． 【例2】（23-24高三上·浙江杭州·期末）已知直三棱柱，，，D，E分别为线段，上的点，. (1)证明：平面平面； (2)若点到平面的距离为，求直线与平面所成的角的正弦值. 【巩固练习1】如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，，，平面，，. (1)已知点G为上一点，，求证：与平面不平行； (2)已知点F到平面的距离为，求平面与平面的夹角的余弦值. 【巩固练习2】如图，在四棱锥中，正方形的边长为3，点，分别在棱，上（不含端点），，且，点在棱上，． (1)证明：； (2)若点到平面的距离为2，，求直线与平面所成角的大小． 【题型7】已知线面角求其它量以及探究性问题 【例1】（2024·广东汕头·一模）如图，三棱台中，侧面四边形为等腰梯形，底面三角形为正三角形，且.设为棱上的点. (1)若为的中点，求证：； (2)若三棱台的体积为，且侧面底面，试探究是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由. 【例2】（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面. (1)求证：平面平面； (2)若点为的中点，线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为.若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【例3】（23-24高三下·重庆·阶段练习）如图，在正四棱台中，.    (1)求证：平面平面；（提示：补成棱锥） (2)若直线与平面所成角的正切值为，求二面角的正弦值. 【巩固练习1】（2024·山东菏泽·统考）如图所示，平面平面，且四边形是矩形，在四边形中，，， (1)若，求证：平面； (2)若直线与平面所成角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【巩固练习2】（2024·江苏宿迁·一模）如图，在四棱锥中，四边形为梯形，其中，，平面平面．    (1)证明：； (2)若，且与平面所成角的正切值为2，求平面与平面所成二面角的正弦值． 【巩固练习3】（2024·广东肇庆·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面平面. (1)若分别为的中点，证明：平面； (2)当直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面夹角的余弦值. 【题型8】斜棱柱，台体等几何体建系（分析“空中”的点的坐标） 斜棱柱这类建系，主要难点是分析“空中”的点的坐标。空中点坐标可以从以下几方面思考： 1、如果是菱形，多是60°角菱形，则可以通过菱形分割成两个等边三角形，再借助“等边三角形的中线就是高”，寻找z轴 2、让空中点垂直砸下来（落下来，寻找投影），投影点坐标以及下落的高度 3、借助向量相等，寻找空中点所在线段的向量对应的底面相等向量，即可计算出空中点的坐标 4、结合已知的线面垂直通过做垂线，来得出线面垂直（如第二题） 【例1】如图，已知斜三棱柱的侧面是菱形，，． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【例2】（2024·广东梅州·一模）已知三棱柱中，，，且，，侧面底面，是的中点. (1)求证：平面平面； (2)在棱上是否存在点，使得与平面的所成角为60°.如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由. 【例3】如图，在多面体ABCFDE中，四边形ABED是菱形，，，平面ABED，点G是线段CD的中点． (1)证明：平面BCD； (2)若，求直线FG与平面ACD所成角的正弦值． 【巩固练习1】如图，在斜三棱柱中，，M为AC的中点，． (1)证明：． (2)若，，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【巩固练习2】如图，在三棱柱中，底面侧面．    (1)证明：平面； (2)若三棱锥的体积为为锐角，求平面与平面的夹角的余弦值． 【巩固练习3】在斜三棱柱中，，，. (1)证明：在底面ABC上的射影是线段BC的中点； (2)求直线AC1与平面所成角的余弦值． 【巩固练习4】如图，三棱台中，，，为线段上靠近的三等分点. (1)线段上是否存在点，使得平面，若不存在，请说明理由；若存在，请求出的值； (2)若，，点到平面的距离为，且点在底面的射影落在内部，求直线与平面所成角的正弦值. 【题型9】求角最值或范围 一、函数法 大多数情况下,把这类动态问题转化为目标函数，最终利用代数方法求目标函数的最值 二、解不等式法 利用不等式的性质和一些变量的特殊不等关系求解 三、变量分析法 在几何体中的点、线、面，哪些在动，哪些不动，从而转化成求某些线段或角等一些量的求解最值问题 【例1】(2024··江苏南京·统考）如图，四棱锥的底面为矩形，平面平面，是边长为2等边三角形，，点为的中点，点为上一点（与点不重合）． (1)证明：； (2)当为何值时，直线与平面所成的角最大？ 【例2】（2024·湖北·二模）已知三棱锥中，侧面是边长为2的正三角形，，，平面与底面的交线为直线． (1)若，证明：； (2)若三棱锥的体积为为交线上的动点，若直线与平面的夹角为，求的取值范围． 【例3】（2024·广东·一模）如图，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，点是圆上异于点，的任意一点. (1)若点到平面的距离为，证明：. (2)求与平面所成角的正弦值的取值范围. 【巩固练习1】（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D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? 【巩固练习2】（2024·山东青岛·一模）如图，在三棱柱中，与的距离为，，． (1)证明：平面平面ABC； (2)若点N在棱上，求直线AN与平面所成角的正弦值的最大值． 【巩固练习3】如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，分别是线段的中点，在平面内的射影为. (1)求证：平面； (2)若点为棱的中点，求点到平面的距离； (3)若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围. 【巩固练习4】（2020·山东·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l． （1）证明：l⊥平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值． 20 / 33 学科网（北京）股份有限公司 $$2025年高考数学二轮热点题型追踪与重难点专题突破（新高考专用） 专题8-4 立体几何与空间向量解答题专练（9类题型汇总） 模块一 总览 热点题型解读（目录） 【题型1】求点到平面的距离 【题型2】求线面角 【题型3】求二面角或面面角（建系） 【题型4】几何法找二面角（不建系） 【题型5】已知二面角求其它量 【题型6】已知点到平面距离求其它量 【题型7】已知线面角求其它量以及探究性问题 【题型8】斜棱柱，台体等几何体建系（分析“空中”的点的坐标） 【题型9】求角最值或范围 模块二 核心题型·举一反三 【题型1】求点到平面的距离 点到平面的距离 法一：等体积法 先求出对应几何体的体积再用体积除以底面积得到距离 法二：建系 如图已知平面的法向量为，是平面内的任一点，是平面外一点，过点作则平面的垂线，交平面于点，则点到平面的距离为（如图）. 注意：线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距的方法进行求解． 直线与平面之间的距离：，其中，是平面的法向量． 两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量． 【例1】已知：在四棱锥中，底面为正方形，侧棱平面，点为中点，． (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】 （1）以所在的直线为轴，以所在的直线为 轴，以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出相关向量的坐标，利用向量数量积证明线面垂直，继而可证明结论. （2）利用向量法求得平面的法向量，根据距离的向量求法求点到平面的距离． 【详解】（1） 证明：平面，为正方形，以所在的直线为轴，以所在的直线为 轴，以所在的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系． 由已知可得，，，， 为的中点， ， 所以 ， ， ， 所以 ，所以， 又点为中点，，所以， ，平面 ，平面，      又因为平面,故平面平面． （2） 设平面的法向量为，则 令，则 ，， ，设点到平面的距离为d， ,点到平面的距离为． 【例2】（2024·天津·高考真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点． (1)求证平面； (2)求平面与平面的夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解. 【详解】（1）取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，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，即点到平面的距离为. 【例3】（2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，平面．    (1)证明：平面平面； (2)设，求四棱锥的高． 【答案】(1)证明见解析.，(2) 【分析】(1)由平面得，又因为，可证平面，从而证得平面平面； (2) 过点作，可证四棱锥的高为,由三角形全等可证，从而证得为中点，设，由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求. 【详解】（1）证明：因为平面，平面, 所以, 又因为，即， 平面，, 所以平面， 又因为平面, 所以平面平面. （2）如图，    过点作，垂足为. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以四棱锥的高为. 因为平面，平面, 所以,, 又因为，为公共边， 所以与全等，所以. 设，则， 所以为中点，, 又因为,所以, 即，解得， 所以， 所以四棱锥的高为． 【巩固练习1】（2024·广东·二模）如图，三棱柱的底面是等腰直角三角形，，侧面是菱形，，平面平面． (1)证明：； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用线面垂直的判定可得平面，然后利用线面垂直性质定理结合平行即可得证. （2）根据给定条件，结合余弦定理，利用等体积法求出点到平面的距离. 【详解】（1）连接，由四边形为菱形，得，由，得， 又平面平面，平面平面，面ABC， 则平面，又平面，于是，而，则， 又，平面，因此平面，又平面， 所以 （2）点到平面的距离，即三棱锥的底面上的高， 由（1）知平面，则三棱锥的底面上的高为， 设点到平面的距离为d，由，得， 而，，则的面积， 由，，得，又，，则， 又，，由余弦定理得， 则，的面积， 则，即 ，所以点到平面的距离为. 【巩固练习2】（2024·全国甲卷·高考真题）如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 【答案】(1)证明见详解； (2) 【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证； （2）先证明平面，结合等体积法即可求解. 【详解】（1）由题意得，，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面平面， 所以平面； （2）取的中点，连接，，因为，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形， 可得， 又，所以，故. 又平面，所以平面， 易知. 在中，， 所以. 设点到平面的距离为，由， 得，得， 故点到平面的距离为. 【巩固练习3】（2018·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，，，为的中点．     （1）证明：平面；     （2）若点在棱上，且，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【分析】（1）连接，欲证平面，只需证明即可； （2）方法一：过点作，垂足为，只需论证的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可. 【详解】（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=． 连结OB．因为AB=BC=，，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．由知，OP⊥OB． 由OP⊥OB，OP⊥AC，，知PO⊥平面ABC． （2）［方法一］：【最优解】定义法 作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）易知平面，从而OP⊥CH， 所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离． 由题设可知OC==2，CM==，∠ACB=45°． 所以OM=，CH==． 所以点C到平面POM的距离为． ［方法二］：等积法 设C到平面的距离为h，由（1）知即为P到平面的距离，且．又，在中，，则由余弦定理得， 则，即，则．即点C到平面POM的距离为． ［方法三］：向量法 如图，以O为原点，建立直角坐标系，设，，，，，，，． 设平面的一个法向量，则，令，则，所以，点C到平面的距离为． 【题型2】求线面角 1、求线面角的步骤 1、在底面选择合适的点作为原点建立空间坐标系（一般为直角的顶点） 2、写出相关点的坐标，个别特殊点要用到中点坐标公式或向量之间的倍数关系来得出坐标（如例1） 3、写出相关向量坐标， 4、设法向量，赋值得出平面的一个法向量 5、结合线面角公式计算求值 若直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则 直线与平面所成的角为， 2、直线与平面所成角公式的解释 设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的角为，则有①，②.（注意此公式中最后的形式是：） 思考：为什么要加绝对值？ 【例1】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，点，分别为和的中点． (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解； (2) 【分析】（1）取的中点，通过证明平面，再由线面垂直的性质定理即可得到结果. （2）建立空间直角坐标系，由空间向量求线面角的公式即可得到结果. 【详解】（1）取的中点，连接, 由，易知为等腰直角三角形， 此时，又，所以. 因为,所以， 由，即，所以， 此时，,有四点共面，, 所以平面，又平面，所以. （2）由且,所以平面. 由，得为等边三角形， 以为原点，所在直线分别为轴，轴，过且与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， , 设平面的法向量 由,即，取，， 又，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. 【例2】（2024·山东潍坊·一模）如图，在四棱台中，下底面是平行四边形，，，，，，为的中点． (1)求证：平面平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】 （1）利用平行四边形性质及余弦定理求出，进而证得，再利用线面垂直、面面垂直的判定推理即得. （2）由已知证得平面，再以为原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）在中，由，得，而， 在中，由余弦定理，得， 则，即，又，， 平面，因此平面，而平面， 所以平面平面. （2） 在四棱台中，由，得，有， 在梯形中，，过作交于点， 则，又，显然，则，即， 又平面，于是平面， 以为坐标原点，以的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， ，， 设平面的法向量为，则，令，得， 而，设与平面所成角大小为， 因此， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）方法一：取AD的中点O，由条件证明，结合面面垂直性质定理证明，再证明，根据线面垂直判定定理证明结论；方法二：由条件，利用勾股定理证明，根据面面垂直性质定理证明结论； （2）由条件结合锥体体积公式求，取PB的中点M，证明直线为平面与平面的交线，建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）方法一：取AD的中点O，，. 又平面平面，平面平面=， 平面. 又平面，. ，，， ，，. 又，平面， 平面. 方法二：，，， ，，. 又平面平面，平面平面，平面， 平面. （2）， . 取PB的中点M，又为的中点，， 又，， 平面即为平面， 为平面与平面的交线. 取AB的中点Q，连结OQ，由(1)可知，OA、OP、OQ两两垂直. 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，. 设平面的法向量为，，， 则， 取，则， . 设直线与平面夹角为，， 则， 故直线与平面夹角的正弦值. 【例3】（2024·湖南常德·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，. (1)证明：平面； (2)已知三棱锥的体积为，点为线段的中点，设平面与平面的交线为，求直线与平面所成角的正弦值. 【巩固练习1】（2022·全国甲卷·高考真题）在四棱锥中，底面． (1)证明：； (2)求PD与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案. 【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于， 因为， 所以四边形为等腰梯形， 所以， 故，， 所以， 所以， 因为平面，平面， 所以， 又， 所以平面， 又因为平面， 所以； （2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系， ， 则， 则， 设平面的法向量， 则有，可取， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 【巩固练习2】（2022·全国新Ⅰ卷·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． (1)求A到平面的距离； (2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）由等体积法运算即可得解； （2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解. 【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h， 则， 解得， 所以点A到平面的距离为； （2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以, 又平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 在直三棱柱中，平面， 由平面，平面可得，， 又平面且相交，所以平面， 所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图， 由（1）得，所以，，所以， 则,所以的中点， 则，, 设平面的一个法向量，则， 可取， 设平面的一个法向量，则， 可取， 则， 所以二面角的正弦值为. 【巩固练习3】（2024·广东广州·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，是等边三角形，，点，分别为和的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）取中点，由已知条件，结合线面平行的判断推理即得. （2）过作于点，借助三角形全等，及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得. （3）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）取中点，连接，由为中点，为中点，得， 又，则，因此四边形为平行四边形， 于是，而平面平面， 所以平面. （2）过作于点，连接，由，得≌， 则，即，而， 因此，又平面，则平面，平面， 所以平面平面. （3）由（2）知，直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量，则，令，得， 设与平面所成角为，， 所以与平面所成角的正弦值是. 【题型3】求二面角或面面角（建系） 1、公式：若,分别为面，的法向量 二面角的平面角为，则 平面与平面所成角为，则 2、面面角与二面角公式推导 如图，若于G，于H，平面PHG交于E，则∠HEG为二面角的平面角，∠HEG+∠HPG=180°. 若,分别为面，的法向量，则 ①设二面角的平面角为，则 ②设平面与平面所成角为，则 【注意】二面角取向量的夹角还是补角，可以通过平面图形观察，判断二面角是锐角还是钝角来解决。 【例1】（2024·全国甲卷·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解； (2) 【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证； （2）作交于，连接，易证三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解. 【详解】（1）因为为的中点，所以， 四边形为平行四边形，所以，又因为平面， 平面，所以平面； （2）如图所示，作交于，连接， 因为四边形为等腰梯形，，所以， 结合（1）为平行四边形，可得，又， 所以为等边三角形，为中点，所以， 又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以， 四边形为平行四边形，， 所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，， 因为，所以，所以互相垂直， 以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系， ，，， ，设平面的法向量为， 平面的法向量为， 则，即，令，得，即， 则，即，令，得， 即，，则， 故二面角的正弦值为. 【例2】（2024·重庆·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，点，，，分别在侧棱，，，上，且，，， (1)证明：，，，四点共面； (2)如果，，为的中点，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 （1）利用线线平行证明共面即可. （2）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法处理即可. 【详解】（1） 由题意，在中，，∴， 在中，，∴，∵， ∴，∴，，，四点共面； （2） 在中，∵，∴，同理， ∴，∴以为原点，以，，为，，轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，， 设二面角的平面角，则，即， 易知， 设面的法向量，易知，， 可得，令， 解得，，故平面的法向量， 设平面的法向量，可得，， 故有，令，解得，， 故平面的法向量， ∴，∴． 【例3】（2024·广东深圳·一模）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，平面平面，点在上，且． (1)求证：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由余弦定理结合勾股定理逆定理可得，后结合平面平面，可得，后结合可得结论； （2）由（1）结合题意建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，即可得答案. 【详解】（1）不妨设， ， 由余弦定理得， 在中，， 平面平面，平面平面平面， 平面． 平面， 四边形是菱形，， 又，且平面平面平面． （2）在平面内，过点作的垂线，垂足为， 平面平面，平面平面， 平面， 又四边形是菱形，， 均为等边三角形， 以点A为坐标原点，及过点A平行于的直线分别为轴， 建立空间直角坐标系（如图）， 则， 由（1）平面， 为平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 则即． 令，可得，， 平面与平面的夹角的余弦值为． 【例4】（2024·山东菏泽·一模）如图，已知为等腰梯形，点为以为直径的半圆弧上一点，平面平面，为的中点，，．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）取的中点，连接，，即可证明为平行四边形，从而得到，即可得证； （2）取中点为，连接，由面面垂直的性质得到平面，过点作直线的垂线交于点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）取的中点，连接，，则且， 又且，且． 为平行四边形，． 又平面，平面，平面． （2）取中点为，连接，因为为等腰梯形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 过点作直线的垂线交于点， 分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．    为直径，，，，． 在等腰梯形中，，，所以， ，，，，， ，，，． 设平面的法向量为， 则，，令则，． ， 设平面的法向量为，则， 取， 设平面与平面所成的角为， 则， 平面与平面所成角的余弦值为． 【巩固练习1】（2024·浙江·模拟预测）如图，已知正三棱柱分别为棱的中点．    (1)求证：平面；(2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】利用线面垂直判定定理来证明；用向量法计算两平面夹角的余弦值，再求夹角的正弦值； 【详解】（1）取中点，由正三棱柱性质得，互相垂直，以为原点，分别以，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系． 不妨设，则， 则． 证明：， 由，得， 由，得， 因为平面，所以平面． （2）   由（1）可知为平面的一个法向量，设平面的法向量， 则,故， 令，得面的一个法向量为， 设二面角的值为， 则，所以，二面角的正弦值为． 【巩固练习2】（2024·广东广州·模拟预测）如图，四棱锥中，底面是平行四边形，是正三角形，． (1)证明：平面平面; (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，连接，根据等比三角形可得，由余弦定理求长，再由勾股定理得，结合面面垂直判定定理证得结论； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算分别求平面与平面的法向量，根据向量夹角运算即可得二面角的余弦值． 【详解】（1）取中点，连接， 因为是正三角形，为中点， 所以，且， 又，由余弦定理得， 则，故， 因为平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）如图，连接，则， 所以，故， 如图，过作，以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，取， 设平面的一个法向量为， 则，取， 由图可知二面角的平面角为钝角， 二面角的余弦值为： ,． 【巩固练习3】（2024·浙江·二模）如图，在四棱锥中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面平面ABCD，，点E是线段AD的中点，. (1)证明：//平面BDM； (2)求平面AMB与平面BDM的夹角. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】 （1）连接交于，连接,根据条件证明//即得； （2）先证明平面，依题建系，求出相关点和向量的坐标，分别求得平面AMB与平面BDM的法向量，最后由空间向量的夹角公式求解即得. 【详解】（1） 如图，连接交于，连接,由是的中点可得， 易得与相似，所以， 又，所以//， 又平面平面，所以//平面； （2） 因平面平面，且平面平面，由，点E是线段AD的中点可得 又平面，故得平面.如图，取的中点为,分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系. 则，， ，则，. 设平面的法向量为，由， 则，故可取； 设平面的法向量为，由， 则，故可取. 故平面与平面的夹角余弦值为， 所以平面与平面的夹角为. 【巩固练习4】（2024·广东深圳·模拟预测）如图，、、为圆锥三条母线，. (1)证明：； (2)若圆锥侧面积为为底面直径，，求平面和平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，连接、，则，故可得面，从而得到. （2）利用向量法可求面、面的法向量，计算出它们的夹角的余弦值后可得二面角的余弦值. 【详解】（1） 取中点，连接、， 因为、、为圆锥三条母线，， 所以， 又因为平面平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）因为为直径，故为底面圆的圆心，故平面，而， 故以为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系， 因为圆锥侧面积为为底面直径，， 所以底面半径为1，母线长为， 所以， 则可得， 故， 设为面的一个法向量， 则， 令，则，所以， 设为面的法向量， 则， 令，则，所以， 则， 所以平面和平面所成角的余弦值为. 【巩固练习5】（2024·全国新Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明； （2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可. 【详解】（1）由， 得，又，在中， 由余弦定理得, 所以，则，即， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 故； （2）连接，由，则， 在中，，得， 所以，由（1）知，又平面， 所以平面，又平面， 所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则， 由是的中点，得， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则，， 令，得， 所以， 所以， 设平面和平面所成角为，则， 即平面和平面所成角的正弦值为. 【巩固练习6】（2023·全国新Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2)． 【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得； （2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出． 【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②，由①②，，平面， 所以，平面，而平面，所以． （2）不妨设，，． ，，又，平面平面． 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：    设， 设平面与平面的一个法向量分别为， 二面角平面角为,而， 因为，所以，即有， ，取，所以； ，取，所以， 所以，，从而． 所以二面角的正弦值为． 【巩固练习7】（24-25高三上·广东肇庆·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，是边长为2的等边三角形，.    (1)证明：平面平面. (2)若为的中点，求平面与平面的夹角的余弦值 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，.易证、，由勾股定理易证，根据线面垂直的判定定理可得平面，根据面面垂直的判定定理可证平面平面. （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，再根据空间角的向量求法求解即可. 【详解】（1）取的中点，连接，.    因为，，所以为等边三角形. 因为为的中点，所以，. 因为是边长为2的等边三角形，所以， 则，所以. 又，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）因为，，两两垂直，所以以为坐标原点，，， 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，，，，， 所以，. 设为平面的法向量， 则取，得. 易知是平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 【题型4】几何法找二面角（不建系） 立体几何空间向量求解过程，丧失了立体几何求解的乐趣，无形中也降低了学生的空间想象能力。这是空间向量求解的巨大优点，也是缺点，就这么共存着。其实不建系而直接计算真的很比较锻炼空间想象的能力，方法上也更灵活一些，对于中等生来说，二种方法都要熟练掌握。 二面角定义：交线上取点等腰三角形共底边时 在交线l上取一点O，在α平面内过O点作l的垂线OA，在β平面内过O点作l的垂线OB，∠AOB即为二面角，找二面角的过程可以理解为构造了一个垂直交线的平面AOB 方法一、三垂线法求二面角、面面角 使用前提：已知其中某个平面的垂线段 具体步骤 （1）已知AB垂直平面β，垂足为B（l⊥AB） （2）过垂足B作交线l的垂线BO（l⊥OB） （3）易知l⊥平面AOB，则∠AOB即为所求，且△AOB为直角三角形，邻比斜即可 方法二、转换成线面角 使用前提：可以作出交线的垂线 具体步骤 第一步：作AO⊥l ，直线AO与平面 β的夹角即所求 第二步：作AB⊥β(找不到垂足B的位置用等体积求AB长) 连接AB，∠AOB即为二面角，△AOB为直角三角形 方法三、转换成线线角—计算小，也是法向量的原理 提问：什么时候用？ 若α平面存在垂线AB，且β平面存在垂线AC 则α平面与β平面的夹角等于直线AC与AB的夹角 方法四、作2次交线的垂线 作二面角步骤 第一步：作AO⊥l 第二步：作OB⊥l 连接AB，∠AOB即为二面角，后续一般用余弦定理求角 方法五、投影面积法——面积比（三垂线法进阶） 将＝边之比面积之比，从一维到二维，可多角度求出两面积，最后求解，不过个有些省份解答题中是不能直接用的. 如图△ABC在平面α上的投影为△A1BC，则平面α与平面ABC的夹角余弦值 即 补充：即使交线没有画出来也可以直接用 【例1】如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点． （1）证明：； （2）若是边长为2的等边三角形，点在棱上，且二面角的大小为，求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）4． 【分析】（1）由等腰三角形的性质可得，而平面平面，则由面面垂直的性质定理可得面，再由线面垂直的性质定理可得， （2）过点作∥交于．过点作∥交干点，连接，则可得面，由可得三角形为直角三角形，从而可得为所求的二面角的平面角，所以由，可得，再结合平行关系和是边长为2的等边三角形，可求出三棱锥的体积 【详解】（1），为中点，， 面，面面，且面面， 面， ∵面， ． （2）过点作∥交于．过点作∥交干点，连接，因为∥且由（1）知面， 所以面， ∵面， 在中，， ， ∥，， 面 为所求的二面角的平面角 ， ，∥， ， ∥，， ，． ，． ． 【例2】（2024·江苏·一模）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．    (1)若，证明：平面； (2)若二面角的正弦值为，求BQ的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)1． 【分析】 （1）取的中点M，先证明四边形BMPQ是平行四边形得到线线平行，再由线面平行性质定理可得； （2）法一：应用面面垂直性质定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，再利用共线条件设 ，利用向量加减法几何意义表示所需向量的坐标，再由法向量方法表示面面角，建立方程求解可得；法二：同法一建立空间直角坐标系后，直接设点坐标，进而表示所需向量坐标求解两平面的法向量及夹角，建立方程求解；法三：一作二证三求，设，利用面面垂直性质定理，作辅助线作角，先证明所作角即为二面角的平面角，再利用已知条件解三角形建立方程求解可得. 【详解】（1）证明：取的中点M，连接MP，MB． 在四棱台中，四边形是梯形，，， 又点M，P分别是棱，的中点，所以，且． 在正方形ABCD中，，，又，所以． 从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以． 又因为平面，平面，所以平面； （2）在平面中，作于O． 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面． 在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则． 以为正交基底，建立空间直角坐标系． 因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以． 易得，，，，，所以，，．    法1：设，所以． 设平面PDQ的法向量为，由，得，取， 另取平面DCQ的一个法向量为． 设二面角的平面角为θ，由题意得． 又，所以， 解得（舍负），因此，． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 法2：设，所以． 设平面PDQ的法向量为，由，得，取， 另取平面DCQ的一个法向量为． 设二面角的平面角为θ，由题意得． 又，所以， 解得或6（舍），因此． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．    法3：在平面中，作，垂足为H． 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，又平面，所以． 在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG． 因为，，，PH，平面， 所以平面，又平面，所以． 因为，，所以是二面角的平面角． 在四棱台中，四边形是梯形， ，，，点P是棱的中点， 所以，． 设，则，， 在中，，从而． 因为二面角的平面角与二面角的平面角互补， 且二面角的正弦值为，所以，从而． 所以在中，，解得或（舍）． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 【例3】（杭州二模）在三棱锥中,底面△ABC为等腰直角三角形, . （1）求证：AC⊥SB； （2）若AB＝2，，求平面SAC与平面SBC夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析;(2) 【详解】（1） 证明：取的中点为E，连结， ∵，∴， 在和中， ∴，∴， ∵的中点为E，∴， ∵，∴面， ∵面，∴ （2） 过S作面，垂足为D，连接，∴ ∵，平面 ∴，同理， ∵底面为等腰直角三角形，， ∴四边形为正方形且边长为2. 以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则 ， 设平面的法向量，则，解得， 取，则，∴， 设平面的法向量，则，解得， 取，则，∴， 设平面与平面夹角为 故平面与平面夹角的余弦值为. 补充几何法：作2次交线的垂线得出二面角，即AM⊥SC，MN⊥SC，∠AMN即所求，易知MN均为中点. 【巩固练习1】如图，在四棱锥中，已知，是等边三角形，且为的中点. (1)证明：平面； (2)当时，试判断在棱上是否存在点，使得二面角的大小为.若存在，请求出的值；否则，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)存在， 【详解】（1）证明：在四棱锥中，已知，如图，取的中点，连接， 是等边三角形，且为的中点. ， 是棱的中点，为的中点， ，且. ， ，且. 四边形是平行四边形， . 平面平面， 平面.    （2）是等边三角形，为的中点， ，且为的中点，， ， 又，且平面平面， 平面,平面, ，又，且平面， 平面， 平面， 法一：简析:作MH⊥AD于H，再作HG⊥AP于G，则∠MGH即为二面角的平面角， 接下来解形即可，注意到△AGH和△MGH均为含有60°的直角三角形，故设，则，,在△MPB中，，故 法二：以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向， 如图，建立空间直角坐标系    则， 假设存在满足题设的点，不妨设，且，则， ，且， ，即， 所以则即 不妨设平面的一个法向量为， 易知， 由 令，则，. 显然平面的一个法向量为， . ，又，解得， 存在满足题设的点，此时. 【巩固练习2】（汕头市·二模）如图在正方体ABCD－A1B1C1D1中，PQ是所在棱上的中点. （1）求平面APQ与平面ABCD夹角的余弦值 （2）补全截面APQ 【答案】 （1）方法1：投影面积法 方法2：转换成线线夹角 简证：在平面AA1CC1中，作CH⊥BM，易知CH⊥平面APQ，而CC1⊥平面ABCD，故，由相似可以算出CH的长 方法3：定义法—取中点 简证：平面APQ与平面ABCD的夹角转化为平面APQ与平面A1B1C1D1的夹角，此时PQ为交线 此时2个图形的对称轴垂直交线，故取交线的中点，∠A1MA即所求 方法4：找出交线，再作2次交线（平行线）垂线 简证：M为PQ中点，易知l为两平面交线，过AH⊥l，AC⊥l，故面面角的平面角为∠MAC 方法5：转换为线面角——只做1次交线的垂线 简证：易知平面APQ与平面ABCD的夹角即为平面APQ与平面A1B1C1D1的夹角 而A1M⊥交线PQ，此时平面APQ与平面A1B1C1D1的夹角等价于A1M与平面APQ的夹角 作A1G⊥平面APQ，连接MG，通过等体积法求出A1G，即可 （2）如图 【巩固练习3】（2021·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点. （1）证明：； （2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可； (2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可. 【详解】（1）因为，O是中点，所以， 因为平面，平面平面， 且平面平面，所以平面． 因为平面，所以. （2）[方法一]：通性通法—坐标法 如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系， 则，设, 所以， 设为平面的法向量， 则由可求得平面的一个法向量为． 又平面的一个法向量为， 所以，解得． 又点C到平面的距离为，所以， 所以三棱锥的体积为． [方法二]【最优解】：作出二面角的平面角 如图所示，作，垂足为点G． 作，垂足为点F，连结，则． 因为平面，所以平面， 为二面角的平面角． 因为，所以． 由已知得，故． 又，所以． 因为， ． 【巩固练习4】（浙江·统考二模）如图，在三棱柱中，底面平面，是正三角形，是棱上一点，且，. (1)求证：； (2)若且二面角的余弦值为，求点到侧面的距离. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）取的中点，根据等腰三角形三线合一性质、面面垂直的性质，结合线面垂直的判定可证得平面，由平行关系和线面垂直的性质可证得结论； （2）取中点，作，由二面角平面角定义和线面垂直的判定可知，所求距离为；设，根据长度关系，在中，利用余弦定理可构造方程求得，利用面积可求得. 【详解】（1）取的中点，连接， 为等边三角形，； ，为中点，， ，为中点，为中点，又为中点， ，； 平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，； ，平面，平面， 平面，，又，. （2）取中点，连接， 由三棱柱结构特征知：，又，，即四点共面， 由（1）知：平面， 平面，，， 是二面角的平面角，， 作，垂足为， ，，，平面， 平面， 设，则， 又，， ，， ，解得：， 又，， 即，解得：， 即点到侧面的距离为. 【巩固练习5】如图，为圆锥顶点，是圆锥底面圆的圆心，，是长度为的底面圆的两条直径，，且，为母线上一点． (1)求证：当为中点时，平面； (2)若，二面角的余弦值为，试确定P点的位置． 【答案】(1)证明见详解;(2)是线段靠近点的四等分点 【详解】（1）连接，因为，分别为，的中点， 所以为的中位线，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）法一：作PF⊥AB于F，因为,故⊥平面，即；再作FG⊥CD于G，则∠PGF为二面角的平面角，即，可知 ，设，则，，，由解得. 法二：建系（2个点不在坐标轴上）如图：过点作交圆与， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，， 设，，则，所以， 设平面的法向量为， 则，所以，令，则，， 即， 易知平面的一个法向量为， 则， 解得（负值舍去），所以是线段靠近点的四等分点. 【巩固练习6】湖北省武汉市高三上学期7月新起点考试 在直三棱柱中，已知侧面为正方形，，D，F分别为AC，BC，CC1的中点，BF⊥B1D． (1)证明：平面B1DE⊥平面BCC1B1；(2)求平面BC1D与平面夹角的余弦值 【答案】 【详解】（1）解：（1）由题设条件可知， ∵ 四边形为正方形 ∴ ∵ E，F分别为BC，的中点 ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴， 又∵且 ∴平面， 又BF平面， ∴平面⊥平面. （2）考虑补成正方形，易知A1C⊥平面BDC1，故平面BC1D与平面夹角即为直线BF与直线A1C的夹角，取A1C1的中点G，A1C∥GF，，,， 【题型5】已知二面角求其它量 已知二面角的题，建系计算稍微复杂，可以先尝试几何法，比如2021年新高考1卷的立体几何大题几何法比建系计算方便很多 【例1】（2024·江苏·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在棱上，且.    (1)证明：平面； (2)当二面角为时，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据得到证明； （2）求出平面的法向量，根据二面角的大小列出方程，求出. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以， 又， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，，建立空间直角坐标系， 设， ∵， ，    设平面的一个法向量为， 则， 令得，故 ， 故平面； （2）平面的一个法向量， ， . 【例2】（2024·广东佛山·一模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，．    (1)求证：平面平面； (2)若，，点是线段上一点，且二面角的余弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直性质定理以及线面垂直判定定理证明即可得出结论； （2）建立空间直角坐标系，设并利用空间向量求出二面角的余弦值的表达式，解方程可求得，可得结果. 【详解】（1）在底面中，因为，，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 又因为平面，所以． 又因为，，，平面， 所以平面 又因为平面，所以平面平面 （2）取中点，连接，． 因为，且，所以四边形为矩形． 即平面， 又因为在中，，所以，，两两垂直． 以，，分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系，    则，，， 设，则，，． 设平面的法向量 则， 令，可得，即， 因为平面，所以平面的法向量， 所以． 化简得即， 解得或（舍），即． 【例3】（2025·江苏南通·一模）如图，四边形为菱形，平面．    (1)证明：平面平面； (2)若，二面角的大小为120°，求PC与BD所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见详解. (2). 【分析】（1）通过线面垂直得出线线垂直，再证明出线面垂直，得到面面垂直； （2）由二面角定义得到平面角的大小，由菱形和直角三角形的边角关系得出线段长度，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线线角的的余弦值 【详解】（1）∵平面且平面 ∴， 在菱形中，，且平面， ∴平面 又∵平面 ∴平面平面. （2）∵平面且平面,平面 ∴，，即二面角是， ∴， 取与交点为，设， 则， ∴，∴， 以为坐标原点，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，， ， ∴. 所以所成角的余弦值为.      【巩固练习1】（2024·广东江门·一模）如图，四边形是圆柱底面的内接矩形，是圆柱的母线.      (1)证明：在侧棱上存在点，使平面； (2)在（1）的条件下，设二面角为，，，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析，(2) 【分析】（1）取的中点，连接交于，连接，即可证明，从而得证； （2）设，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可求出，再根据锥体的体积公式计算可得. 【详解】（1）取的中点，连接交于，连接， 因为为矩形，所以为的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面， （2）设，如图建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，， 又平面的法向量可以为，设平面的法向量为， 则，取， 因为二面角为，所以，解得（负值舍去）， 所以， 所以， 又点到平面的距离， 所以.    【巩固练习2】如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为． (1)若为棱的中点，求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意. 【详解】 （1） 取中点，连接， 分别为的中点， ， 底面四边形是矩形，为棱的中点， ，． ，， 故四边形是平行四边形， ． 又平面，平面， 平面． （2）假设在棱上存在点满足题意， 在等边中，为的中点，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，则是四棱锥的高． 设，则，， ，所以. 以点为原点，，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，则，，，， 故，，． 设， ． 设平面PMB的一个法向量为， 则 取． 易知平面的一个法向量为，， ， 故存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意. 【巩固练习3】由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面. (1)求证：平面； (2)若二面角的正切值为，求平面与平面夹角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）法一：将几何体补成四棱柱，得到四边形为平行四边形，故，得到线面平行； 法二：得到两两垂直，建立空间直角直角坐标系，得到平面的法向量，从而得到，得到结论； （2）设，作出辅助线，找到二面角的平面角为，根据正切值得到方程，求出，求出平面的法向量，得到平面与平面夹角的余弦值，求出答案； 【详解】（1）法一：将几何体补成四棱柱， 因为，， 所以四边形为平行四边形， 所以，， 又， 故，， 故四边形为平行四边形， 故， 又平面，平面， 平面. 法二：∵四边形是菱形， ∴⊥， 又平面，平面， ∴，， 故两两垂直， 以直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 其中， 则，设， 由得， 由得， 则， 设平面的法向量为， 则，取，得， ， 又平面， 平面. （2）设，取的中点，则， 又四边形是菱形，， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面， 故面， 因为平面， 则， 因为且， 所以四边形为平行四边形，故， 所以， 又，故四边形为平行四边形， 故，，故. 所以为二面角的平面角. 则，其中，故， 故， 设平面的法向量为， 则取，得， ， 平面与平面夹角的余弦值为， 平面与平面夹角为. 【巩固练习4】（2023新高考1卷真题）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． 【答案】(1)证明见解析；(2)1 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明； （2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解. 【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，    则， ， ， 又不在同一条直线上， . （2）设， 则， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， ， 化简可得，， 解得或， 或， . 【题型6】已知点到平面距离求其它量 【例1】（2024·福建泉州·模拟预测）在四棱锥中，．    (1)求证： (2)当点到平面的距离为时，求直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）为中点，平面，以为原点建立空间直角坐标系，向量法证明线线垂直； （2）求平面的法向量，由点到平面的距离，求出，向量法求直线与平面所成的角的正弦值． 【详解】（1），为中点，连接，则， ，，则， 又，，平面，则有平面， 平面，则平面平面， 平面平面，平面，， 所以平面， 以为原点，为轴，为轴，平面内垂直于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    设，则， 有，，， 所以，即. （2）时，设， 则， ， 平面的一个法向量为，则有， 令，则，得， 点到平面的距离为，则有，解得， 所以，，， ，所以直线与平面所成的角的正弦值为. 【例2】（23-24高三上·浙江杭州·期末）已知直三棱柱，，，D，E分别为线段，上的点，. (1)证明：平面平面； (2)若点到平面的距离为，求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）建系，分别求出平面和平面的法向量，利用两法向量垂直，两面垂直即可证明； （2）设出点坐标，由已知点面距离利用向量法解出点坐标，再代入线面角的向量公式求出即可. 【详解】（1） 证明：在直三棱柱中，，平面， 所以以为原点，，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则点，，，，， 则，，， 设，则， 设平面和平面的法向量分别为， 则，取，则； ，取，则， 因为， 所以平面平面. （2）设点， 由，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. 【巩固练习1】如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，，，平面，，. (1)已知点G为上一点，，求证：与平面不平行； (2)已知点F到平面的距离为，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出的法向量，由即可证明； （2）设且，利用向量法求出点到面的距离，即可求出，在由空间向量法计算可得. 【详解】（1）因为平面，平面，所以，. 又，所以以为坐标原点，AF，AB，AD分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以， 因为，即与不垂直， 所以与平面不平行. （2）设且，则，所以. 由（1）知平面的一个法向量， 所以到平面的距离， 解得或（舍去），故. ，， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以， ∴平面与平面的夹角的余弦值为 【巩固练习2】如图，在四棱锥中，正方形的边长为3，点，分别在棱，上（不含端点），，且，点在棱上，． (1)证明：； (2)若点到平面的距离为2，，求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）过点作，垂足为，通过证明平面，证得； （2）以A为坐标原点，向量的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，向量法求直线与平面所成角的大小． 【详解】（1）如图，过点作，垂足为，连接. 因为，，所以， 又因为，，平面，所以平面， 平面，所以平面平面， 平面平面，平面，， 所以平面，平面，所以.① 平面，平面，， 为正方形，，平面中，， 又，即有，所以四边形是矩形. 因为，，所以， 又由已知得，，所以四边形为矩形，所以.② 由①②， 结合， 平面， 所以平面，平面，所以. （2），由（1）可知，又因为，所以. 以A为坐标原点，向量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， 则，可得. 设平面的法向量为，则，令，则， 设直线与平面所成的角为，则. 所以直线与平面所成的角为. 【题型7】已知线面角求其它量以及探究性问题 【例1】（2024·广东汕头·一模）如图，三棱台中，侧面四边形为等腰梯形，底面三角形为正三角形，且.设为棱上的点. (1)若为的中点，求证：； (2)若三棱台的体积为，且侧面底面，试探究是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，与重合，理由见解析. 【分析】（1）取中点，利用线面垂直的判定、性质推理即得. （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）取中点，连结、，则， 由平面，得平面，又平面， 所以. （2）取中点，连结，由（1）得为二面角平面的平面角， 由平面平面得：，即， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 设该棱台的高为，由，得， 则，， 设平面的法向量为， 则，取，得， 设，则， 于是，解得或(舍去)， 所以存在点满足条件，此时与重合. 【例2】（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面. (1)求证：平面平面； (2)若点为的中点，线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为.若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，或 【分析】（1）设的中点为，根据题意证得和，证得平面，进而证得平面平面. （2）以所在的直线为轴和轴，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面和，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解. 【详解】（1）设的中点为，因为，所以， 因为，所以，所以三点共线，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）以所在的直线为轴和轴，过点作平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 因为为的中点，所以， 设，所以， 所以， 由（1）知平面，所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 即当或时，直线与平面所成角的正弦值为. 【例3】（23-24高三下·重庆·阶段练习）如图，在正四棱台中，.    (1)求证：平面平面；（提示：补成棱锥） (2)若直线与平面所成角的正切值为，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）将正四棱台补成正四棱锥，证明平面，再根据面面垂直的判定定理，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，利用直线与平面所成角的正切值求出棱台的高，求出相关点坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1） 延长交于一点P，连接BD交AC于O；    由正四棱台定义可知，四条侧棱交于点P，且四棱锥为正四棱锥， 即，又点O分别为的中点， 故，而，平面， 故平面，又平面， 故平面平面，即平面平面； （2） 由（1）知两两垂直， 故分别以为轴建立空间直角坐标系，    设棱台的高为h，则， 又平面的法向量可取为，而， 由题意知直线与平面所成角的正切值为， 则其正弦值为， 则，解得， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则， 故，而二面角范围为， 故二面角的正弦值为. 【巩固练习1】（2024·山东菏泽·统考）如图所示，平面平面，且四边形是矩形，在四边形中，，， (1)若，求证：平面； (2)若直线与平面所成角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由几何关系证明四边形是等腰梯形，再由长度关系得到四边形是平行四边形，最后利用线面平行的判定定理证明即可； （2）建系，利用线面角求出点坐标，再分别求出平面的法向量和平面的法向量，代入二面角的向量公式即可求解. 【详解】（1） 证明：连接与交于点，连接， ，， ，，即 ， 又，则， ，，所以四边形是等腰梯形， 且， ，所以四边形是平行四边形， 又面，面，所以平面. （2）因为平面平面，且四边形是矩形，为两平面的交线，， 所以平面， 建立如图所示空间直角坐标系， 由与平面所成角为，易知面可得， 所以， 因为为等腰三角形，且， 所以点的横坐标长度为，纵坐标长度为， ， 则， ， ，， 设平面的法向量为，则， 取，， 设平面的法向量为， 则， 取，， ， 即平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【巩固练习2】（2024·江苏宿迁·一模）如图，在四棱锥中，四边形为梯形，其中，，平面平面．    (1)证明：； (2)若，且与平面所成角的正切值为2，求平面与平面所成二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，由面面垂直的性质定理即可得到平面，再由线面垂直的性质定理即可证明； （2）法一：建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果；法二：根据面面角的定义，先找出所求的二面角，然后代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）因为，所以为等边三角形， 所以， 又四边形为梯形，，则， 在中，由余弦定理可知， ， 根据勾股定理可知，，即． 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，又因为平面 所以． （2）法一：由（1）可知， 又因为，所以平面， 所以就是与平面所成角，所以， 所以； 以为正交基底，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， 则有取， 由题意得为平面的法向量， 所以， 即平面与平面所成二面角的正弦值． 法二：在平面内，延长与相交于点， 连接，则为平面与平面的交线， 在平面内，过点作，垂足为，连接，    由（1）得，， 因为且均在面内， 所以面， 因为面，所以， 又因为且均在面内, 所以面，即面, 因为面，所以, 因为且均在面内, 所以面，由面所以, 所以, 在直角三角形中, 在直角三角形中， 所以平面与平面所成二面角的正弦值． 所以就是二面角的平面角， 又因为平面， 所以就是与平面所成角， 所以，所以， 因为，所以． 【巩固练习3】（2024·广东肇庆·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面平面. (1)若分别为的中点，证明：平面； (2)当直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接交于点，连接，根据条件可得四边形是平行四边形，得出，再利用线面平行的判定定理，即可得出结果； （2）建立空间直角坐标系，根据条件求出面的法向量及平面的法向量为，再利用面面角的向量法即可求出结果. 【详解】（1）如图，取的中点，连接交于点，连接， 因为是的中点，是的中点， 所以，所以四边形是平行四边形，所以， 又平面平面，所以平面. （2）因为，平面平面，平面平面平面， 所以平面， 所以直线与平面所成的角为，则， 在中，不妨设，则，连接， 因为，所以. 又平面平面，所以平面平面， 且平面平面平面，故平面. 设的中点为，连接， 以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，如图， 则， 则，， 设平面的法向量为，则，即， 不妨取，则有， 易知平面的一个法向量为. 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8】斜棱柱，台体等几何体建系（分析“空中”的点的坐标） 斜棱柱这类建系，主要难点是分析“空中”的点的坐标。空中点坐标可以从以下几方面思考： 1、如果是菱形，多是60°角菱形，则可以通过菱形分割成两个等边三角形，再借助“等边三角形的中线就是高”，寻找z轴 2、让空中点垂直砸下来（落下来，寻找投影），投影点坐标以及下落的高度 3、借助向量相等，寻找空中点所在线段的向量对应的底面相等向量，即可计算出空中点的坐标 4、结合已知的线面垂直通过做垂线，来得出线面垂直（如第二题） 【例1】如图，已知斜三棱柱的侧面是菱形，，． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理进行证明； （2）利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解． 【详解】（1） 取的中点，连接． 因为侧面是菱形，，所以是正三角形， 因为是中点，所以． 因为是中点，，所以， 又因为平面平面， 所以平面． 因为平面，所以． 因为斜三棱柱，所以，所以． （2）因为平面平面，所以平面，因为平面，所以． 又因为平面平面，所以平面． 以为原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则． 所以，， 设平面的一个法向量为， 则即． 取，则，所以． 设平面的一个法向量为， 则即 取，则，所以． 又， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 【例2】（2024·广东梅州·一模）已知三棱柱中，，，且，，侧面底面，是的中点. (1)求证：平面平面； (2)在棱上是否存在点，使得与平面的所成角为60°.如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据余弦定理求得.由面面垂直的判定定理、线面垂直的性质即可证得两两垂直，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法即可证明； （2）由（1），设，利用空间向量法求解即可. 【详解】（1）在中，，由余弦定理， 得，解得，得. 在中，，则为正三角形， 取BD的中点O，连接，则，又平面平面， 平面平面平面，所以平面. 取的中点E，连接OE，则，而，所以， 由平面，所以， 以O为原点，以所在直线为轴建立如图空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则， 令，则， 所以，所以， 故平面平面； （2）由（1）知，，，，，， 由，即，得， 所以，设， 则，又， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以， 所以， 整理，得，方程在上无实数解， 所以在上不存在点Q，使得与平面所成角为. 【例3】如图，在多面体ABCFDE中，四边形ABED是菱形，，，平面ABED，点G是线段CD的中点． (1)证明：平面BCD； (2)若，求直线FG与平面ACD所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接AE，交BD于点O，连接GO.根据题意得到和，利用线面垂直的判定得到平面CBD，然后利用中位线定理得到四边形EFGO为平行四边形，进而得到，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，分别求出平面的法向量和直线的方向向量，利用空间向量的夹角公式进而求解. 【详解】（1）连接AE，交BD于点O，连接GO ． 在菱形ABED中，． 因为平面ABED，平面ABED，所以．又因为，平面CBD，所以平面CBD．因为，且，， 所以，且，所以四边形EFGO为平行四边形，所以， 所以平面CBD． （2）如图，以B为坐标原点，分别以BC，BA所在直线为x，y轴建立空间直角坐标系，如图． 设，则，，，， 设平面ACD的一个法向量为，由得，取， 因为，记直线FG与平面ACD所成角为，则， 所以，直线FG与平面ACD所成角的正弦值是． 【巩固练习1】如图，在斜三棱柱中，，M为AC的中点，． (1)证明：． (2)若，，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）取的中点，连接，，将线线垂直转换为线面垂直，即平面，通过线面垂直的判断定理证明即可； （2）先证明平面ABC，再建立空间直角坐标系求出各点的坐标，求出二面角的两个半平面的法向量，根据向量夹角公式即可得出结果. 【详解】（1）证明：取AB的中点，连接，，因为M为AC的中点，所以， 又，所以， 因为，所以，所以M，N，，四点共面， 因为，，，平面，平面， 所以平面，所以. （2）因为平面，所以， 又，，所以， 因为，，所以在中，，则， 由平面，可得.因为，所以平面ABC， 以为坐标原点，，所在的直线分别为轴，轴，以经过点且垂直于方向为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 则，， 设平面的法向量为， 则由，可得， 令，得， 由题可知，平面的一个法向量为， ， 则平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 【巩固练习2】如图，在三棱柱中，底面侧面．    (1)证明：平面； (2)若三棱锥的体积为为锐角，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2)． 【分析】（1）根据面面垂直性质定理先证明平面，然后利用菱形的性质和线面垂直的判定定理即可得证； （2）以C为原点，CA，CB及平面ABC过点C的垂线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，根据向量法即可求解. 【详解】（1）平面平面，平面， 平面平面， 平面， 平面，， ，， ，四边形为菱形， ， 平面， 平面． （2）平面ABC， ， ，可得， 又， ， 为锐角， 以C为原点，CA，CB及平面ABC过点C的垂线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 平面， 即为平面的法向量， 设平面的法向量为， 则，即， 令，可得， ， ∴平面与平面的夹角的余弦值为．    【巩固练习3】在斜三棱柱中，，，. (1)证明：在底面ABC上的射影是线段BC的中点； (2)求直线AC1与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见详解； (2). 【分析】（1）法一：取线段的中点，连接，应用线面垂直的性质及判定证得平面，即可得结论；法二：利用空间向量加减几何意义、数量积运算律证得、，即得平面，即可得结论； （2）法一：设，作平面，连接，则即为直线AC1与平面所成角，结合已知、等体积法相关线段长，即可求角的余弦值；法二：应用向量法求线面角即可. 【详解】（1）法一：取线段的中点，连接， 由题意，故，则，于是， 而，则，为等边三角形且为的中点，故， ∵，且面，则面，面， ∴， ∵且为的中点， ∴，又，，且面， ∴面，面，则， 又，且面， ∴平面，即在底面ABC上的射影是线段BC中点M； 法二：取线段的中点，设，，， 由题意得，，故， 由，故，则， ∵，， ∴，代入化简，得， ∵，∴，即， 同理，又，面， ∴平面，即在底面ABC上的射影是线段BC中点M； （2）法一：设，作平面，连接，    则即为直线AC1与平面所成角， 在中，，，， ∴， 由（1）得，，∴， ，由（1）易知：平面与之间的距离为1， 由，则，解得， 在中，， ，直线AC1与平面所成角的余弦值为. 法二：如图，以M为坐标原点建立空间直角坐标系，    则，故， 设面的法向量，则，令，即， 又， 设线AC1与面所成角为且，则， ，直线AC1与平面所成角的余弦值为. 【巩固练习4】如图，三棱台中，，，为线段上靠近的三等分点. (1)线段上是否存在点，使得平面，若不存在，请说明理由；若存在，请求出的值； (2)若，，点到平面的距离为，且点在底面的射影落在内部，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)存在，(2) 【分析】（1）取的靠近点的三等分点，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可得出平面，由此可得出结论； （2）过点在平面内作，垂足为点，连接，过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，求出的值，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）取的靠近点的三等分点，连接、、， 则，又因为，所以，四边形为平行四边形，则，因为平面，平面，所以，平面， 因为，所以，，因为平面，平面，所以，平面， 因为，、平面，所以，平面平面，因为平面，故平面，因此，线段上是否存在点，且当时，平面. （2）过点在平面内作，垂足为点，连接， 由，，，所以，， 所以，，所以，，过点在平面内作，垂足为点， 因为，，，、平面， 所以，平面，因为平面，则， 又因为，，、平面，所以，平面， 因为点到平面的距离为，即， 且，所以， 由图可知，为锐角，所以，， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、， ，，设平面的法向量，则， 取，则，， 所以，， 因为，因此，与平面所成角的正弦值为. 【题型9】求角最值或范围 一、函数法 大多数情况下,把这类动态问题转化为目标函数，最终利用代数方法求目标函数的最值 二、解不等式法 利用不等式的性质和一些变量的特殊不等关系求解 三、变量分析法 在几何体中的点、线、面，哪些在动，哪些不动，从而转化成求某些线段或角等一些量的求解最值问题 【例1】(2024··江苏南京·统考）如图，四棱锥的底面为矩形，平面平面，是边长为2等边三角形，，点为的中点，点为上一点（与点不重合）． (1)证明：； (2)当为何值时，直线与平面所成的角最大？ 【答案】(1)证明见解析； (2)2. 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，可得，结合条件可得，然后利用线面垂直的判定定理及性质定理即得； （2）利用坐标法，表示出平面的法向量，利用向量夹角公式结合基本不等式即得. 【详解】（1）因为三角形是等边三角形，且E是中点， 所以， 又因为平面，平面平面，平面平面， 所以平面， 又因为面， 所以， 因为，， 所以，， 所以，即， 因为平面平面， 所以平面， 又因为平面， 所以； （2）设F是中点，以E为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 由已知得， 设，则、 设平面的法向量为， 则， 令，有， 设直线与平面所成的角， 所以， 当且仅当时取等号， 当时，直线与平面所成角最大． 【例2】（2024·湖北·二模）已知三棱锥中，侧面是边长为2的正三角形，，，平面与底面的交线为直线． (1)若，证明：； (2)若三棱锥的体积为为交线上的动点，若直线与平面的夹角为，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，由线面垂直的性质定理即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，设，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，结合不等式知识，即可求得答案. 【详解】（1）由题意：，∴分别为棱的中点，∴， ． 为等边三角形，为中点， ． 又平面，平面， 平而； （2）如图，在底面内过点作的平行线，即为平面与底面的交线， （因为，则，A为平面与底面的公共点，故为平面与底面的交线） 由题意，可得，即， 故底面的面积为， 设底面上的高为，则，于是， 注意到侧面是边长为2的正三角形，取中点， 连接，则，从而即为三棱锥的高，故平面， 取中点，连接，则， 于是，以点为坐标原点．所在直线分别为轴、轴、轴， 建立空间直角坐标系，则，， 于是，， 设平面的一个法向是为， 则，即， 解得，即， 由线面所成角的定义可知. 【例3】（2024·广东·一模）如图，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，点是圆上异于点，的任意一点. (1)若点到平面的距离为，证明：. (2)求与平面所成角的正弦值的取值范围. 【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）作于，利用线面垂直的判定及点到平面距离求出即可推理得解. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法列出函数式，再借助函数值域求解即得. 【详解】（1） 如图，连接，过点作，垂足为， 由是圆的直径，得，由是圆柱侧面的母线，得平面， 而平面，则，又平面，因此平面， 而平面，则，又平面， 于是平面，则点到平面的距离为，即， 设，有，由，得，解得， 又，则，而是的中点， 所以. （2）在平面内，过点作交圆于点，连接， 由平面，得直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设点，而点在圆上，有，且， 于是， 设平面的法向量为， 则，取，得， 设与平面所成角为， 则 ， 显然，且，则， 于是，， 所以与平面所成角的正弦值的取值范围是. 【巩固练习1】（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D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? 【答案】（1）证明见解析；（2） 【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直； （2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案； 【详解】（1）[方法一]：几何法 因为，所以． 又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示， 过E作的平行线分别与交于其中点，连接， 因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点， 易证，则． 又因为，所以． 又因为，所以平面． 又因为平面，所以． [方法二] 【最优解】：向量法 因为三棱柱是直三棱柱，底面， ，，，又，平面．所以两两垂直． 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图． ，． 由题设（）． 因为， 所以，所以． [方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以． （2）[方法一]【最优解】：向量法 设平面的法向量为， 因为， 所以，即． 令，则 因为平面的法向量为， 设平面与平面的二面角的平面角为， 则． 当时，取最小值为， 此时取最大值为． 所以，此时 【巩固练习2】（2024·山东青岛·一模）如图，在三棱柱中，与的距离为，，． (1)证明：平面平面ABC； (2)若点N在棱上，求直线AN与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用等腰三角形的性质作线线垂直，结合线段长度及勾股定理判定线线垂直，根据线面垂直的判定与性质证明即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线面角结合基本不等式求最值即可. 【详解】（1）取棱中点D，连接，因为，所以 因为三棱柱，所以， 所以，所以 因为，所以，； 因为，，所以，所以， 同理， 因为，且，平面，所以平面， 因为平面， 所以平面平面； （2） 取中点O，连接，取中点P，连接，则， 由（1）知平面，所以平面 因为平面，平面， 所以，， 因为，则 以O为坐标原点，，，所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 可设点，， ，，， 设面的法向量为，得， 取，则，，所以 设直线与平面所成角为， 则 若，则， 若，则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【巩固练习3】如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，分别是线段的中点，在平面内的射影为. (1)求证：平面； (2)若点为棱的中点，求点到平面的距离； (3)若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用线面垂直、面面垂直的性质定理与判定定理可证； （2）利用空间向量法求点到面的距离； （3）利用空间向量求出二面角的余弦值，再借助函数性质求值域. 【详解】（1）连接，因为为等边三角形，为中点，则， 由题意可知平面平面，平面平面，平面， 所以平面，则平面，可得， 由题设知四边形为菱形，则， 因为，分别为，中点，则，可得， 且，，平面，所以平面. （2）在平面内的射影为，所以平面，由题设知四边形为菱形，是线段的中点，所以为正三角形， 由平面，平面，可得，， 又因为为等边三角形，为中点，所以， 则以为坐标原点，，，所在直线为，，轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，，，， 可得，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，可得， 所以点到平面的距离为. （3）因为， 设，，则， 可得，，，即， 可得， 由（2）知：平面的一个法向量 设平面的法向量，则， 令，则，，可得； 则， 令，则， 可得， 因为，则，可得， 所以锐二面角的余弦值的取值范围为 【巩固练习4】（2020·山东·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l． （1）证明：l⊥平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面； （2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【详解】（1）证明： 在正方形中，，因为平面，平面， 所以平面，又因为平面，平面平面， 所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以 因为，所以平面． （2）［方法一］【最优解】：通性通法 因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示： 因为，设， 设，则有， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以平面的一个法向量为，则 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. ［方法二］：定义法 如图2，因为平面，，所以平面． 在平面中，设． 在平面中，过P点作，交于F，连接． 因为平面平面，所以． 又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角． 设，在中，易求． 由与相似，得，可得． 所以，当且仅当时等号成立． ［方法三］：等体积法 如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求． 设，在三棱锥中，． 在三棱锥中，． 由得， 解得， 当且仅当时等号成立． 在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为． 94 / 115 学科网（北京）股份有限公司 $$