专题02 立体几何大题综合归类（12大巩固提升练+能力提升练+高考真题练）-【寒假分层作业】2025年高二数学寒假培优练（人教A版2019选择性必修第一册）

专题02 立体几何大题综合归类 内容早知道 ☛第一层 巩固提升练 题型一：存在型证明与计算 题型二：翻折型证明与计算 题型三：投影型证明与计算 题型四：斜棱柱型垂线法建系与证明 题型五：斜棱柱型垂面法建系与证明 题型六：等角建系与证明 题型七：二面角机器延长线建系与证明 题型八：最值范围型 题型九：特殊几何体：台体型 题型十：五面体等特殊几何体 题型十一：动点型求角度最大（小） 题型十二：压轴难题第19题 ☛第二层 能力提升练 ☛第三层 高考真题练 巩固提升练 题型01 存在型证明与计算 ⭐技巧积累与运用 用向量证明空间中的平行关系 (1)线线平行：设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2. (2)线面平行：设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔v⊥u. (3)面面平行：设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔u1 ∥u2. 用向量证明空间中的垂直关系 (1)线线垂直：设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2＝0. (2)线面垂直：设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔v∥u. (3)面面垂直：设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0. 1．如图，在三棱锥中，，．    (1)证明：； (2)在棱上是否存在点（不与端点重合），使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由． 2．如图，在三棱锥中，，，，二面角为直二面角，为线段的中点，点在线段上（不含端点位置）. (1)若平面，求的值；(2)若，求的值； (3) 若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的值. 3． 如图，已知四棱柱的底面为菱形，，，，．   (1)若为中点，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为，若存在，求出；若不存在，请说明理由． 题型02 翻折型证明与计算 ⭐技巧积累与运用 翻折 1. 翻折前后，在同一平平面内的点线关系不变 2. 翻折过程中是否存在垂直或者平行等特殊位置关系 3. 翻折过程中，角度是否为定值 4. 翻折过程中，体积是否存在变化 1． 如图1所示的五边形中，四边形为直角梯形，，，，在中，，将沿着折叠使得二面角的大小为，且此时点到底面的距离为，如图2所示．    (1)过点是否存在直线，使直线平面？若存在，作出该直线，并写出作法与理由；若不存在，请说明理由； (2)求平面与平面的夹角的正弦值． 2．如图1，等腰直角的斜边，为的中点，沿上的高折叠，使得二面角为，如图2，为的中点． (1)证明：． (2)求二面角的余弦值． (3)试问在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由． 3．如图1，菱形的边长为4，，是的中点，将沿着翻折，使点到点处，连接，得到如图2所示的四棱锥. (1)证明：； (2)当时，求平面与平面的夹角的正弦值. 题型03投影型证明与建系 ⭐技巧积累与运用 投影： 1.直接转化为线面垂直与面面垂直。 2.投影，与圆的外接圆圆心有关：斜线长相等，则射影长相等。射影长相等，则垂心为三角形外接圆圆心。 证明面面垂直常用的方法： （1）面面垂直的定义； （2）面面垂直的判定定理. 在证明面面垂直时，一般假设面面垂直成立，然后利用面面垂直转化为线面垂直，即为所证的线面垂直，组织论据证明即可. 1． 如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2. (1)证明：AP⊥BC； (2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3，试证明AM⊥平面BMC. 2．如图，在三棱锥中，为的中点，底面. (1)求证：平面；(2)若，求点到平面的距离； (3)若点在平面上的投影恰好是的重心，求线段的长. 3．如图，在三棱柱中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在平面ABC上的投影为AC的中点D，且． (1)求点C到侧面的距离； (2) 在线段上是否存在点E，使得直线DE与侧面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由． 题型04斜棱柱型垂线法建系与证明 ⭐技巧积累与运用 斜棱柱垂线型建系 如果存在垂线（投影型）斜棱柱，则可以直接借助垂线作为z轴建系，下底面，可以寻找或者做出一对垂线作为xy轴。这类建系，主要难点是分析“空中”的点的坐标。空中点坐标可以有以下思维： 1. 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 2. 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 1． 如图，四棱柱的底面是矩形，，，，为的中点，且． (1)证明：平面平面． (2)若二面角的余弦值为，求． 2．如图，在平行六面体中，底面是矩形，，，点E，F分别为，，的中点，且. (1)证明：平面平面； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长度. 2． 如图，在三棱柱中，，，侧面是正方形，为的中点，二面角的大小是． (1)求证：平面平面； (2)若为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值． 题型05斜棱柱型垂面法建系与证明 1． 如图，三棱柱的所有棱长均为2，且在底面上的射影为的中点是上的点，平面平面. (1)证明：四边形为矩形； (2)求平面与平面所成角的正弦值. 2．如图，在三棱柱中，四边形是菱形，、分别是、的中点，平面平面，，． (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 3．（24-25高二上·河南郑州·期中）在如图所示的空间几何体中，四边形是平行四边形，平面平面，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 题型06等角型建系与证明 ⭐技巧积累与运用 1．如图，在平行六面体中，，，，E是的中点，设，，. (1)用向量，，表示向量，并求向量的模； (2)证明：. 2．如图，已知斜四棱柱的侧面和底面均为全等的菱形，且，． (1)证明：平面平面； (2)若为的中点，求二面角的余弦值. 3．空间中，我们将至少两条坐标轴不垂直的坐标系称为“空间斜坐标系”．类比空间直角坐标系，分别为“空间斜坐标系”中三条数轴（轴、轴、轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜坐标为，记作．如图，在平行六面体中，，，，．以为基底建立“空间斜坐标系”． (1)若点在平面内，且平面，求的斜坐标； (2)若的斜坐标为，求平面与平面的夹角的余弦值． 题型07二面角及其延长线建系与证明 ⭐技巧积累与运用 计算二面角，常用方法 1. 向量法：二面角的大小为(), 2.定义法：在棱上任一点，分别在两个半平面内做棱的垂线，两垂线所成的角即为二面角的平面角 3.垂面法：做与棱垂直的平面，交二面角两个半平面，两条交线所成的角即为二面角的平面角 二面角延长线型特征： 19．（2023·江西·模拟预测）如图，已知菱形中，，点为边的中点，沿将折起，得到且二面角的大小为，点在棱上，平面. (1)求的值； (2)求二面角的余弦值. 2．如图（1），在边长为4的菱形中，，点是边的中点，连交对角线于点，将沿对角线折起得到如图（2）所示的三棱锥． (1)点是边上一点且，连，求证：平面； (2)若二面角的大小为，求二面角的正弦值． 3．如图，平面五边形中，△是边长为2的等边三角形，，，，将△沿翻折，使点翻折到点． (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 题型08最值范围型 ⭐技巧积累与运用 通常做法是先找到动点的轨迹，做题时要充分利用图形的特征，平常注意总结截面的做法. 1、计算多面体或旋转体的表面上的最值问题时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状； 2、对于几何体内部的折线的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解． 1．如图，在斜三棱柱中，底面是边长为4的正三角形，侧面为菱形，已知，． (1)当时，求三棱柱的体积； (2)设点P为侧棱上一动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 3． 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，在菱形中，，，平面平面，，分别是线段､的中点.    (1)求证：平面； (2)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. 3．如图1，平面图形由直角梯形和等腰直角拼接而成，其中，，；，，点是中点，现沿着将其折成四棱锥（如图2）． (1)当二面角为直二面角时，求点到平面的距离； (2)在（1）的条件下，设点为线段上任意一点（不与，重合），求二面角的余弦值的取值范围． 题型09 特殊几何体：台体型 1．）如图，在三棱台中，平面，，，， D是棱AC 的中点，E 为棱BC 上一动点. (1)判断是否存在点 E，使平面. (2)是否存在点 E，使平面平面? 若存在，求此时与平面所成角的正弦值；若不存在，说明理由. 2．如图，在几何体中，平面平面，四边形和是全等的菱形，且平面平面，是正三角形，，. (1)求该几何体的体积； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 3．如图，在四棱台中，平面平面. (1)求证：； (2)求平面与平面所成角的正弦值； (3)求点关于平面的对称点到平面的距离. 题型10 五面体等特殊几何体 1．在如图所示的多面体中，平面平面，且是的中点. (1)求证：； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)若点为的中点，求直线与平面所成的角的大小. 2．如图，在多面体中，，，四边形是边长为2的菱形，为棱上一点． (1)若，证明：平面； (2)若平面，，，直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 3．如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，对的中点. (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面所成角的正弦值； (3)设点是内一动点，，当线段的长最小时，求直线与直线所成角的余弦值. 题型11动点型求角度等最大（小） ⭐技巧积累与运用 计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 1．如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，平面，. (1)若平面平面，求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)若是线段上动点，为中点，试确定点的位置，使得直线与平面所成角最大，并求出该最大角. 2．如图，在四面体中，平面，M，P分别是线段，的中点，点Q在线段上，且. (1)求证：平面； (2)当，时，求平面与平面夹角的余弦值； (3)在（2）的条件下，若为内的动点，平面，且与平面所成的角最大，试确定点G的位置. 3．棱长为2的正方体，M为正方体中心，将四棱锥绕逆时针旋转（）后得到四棱锥，如图1.    (1)求四棱锥的表面积和体积； (2)若（如图2），求证：平面平面； (3)求为多少时，直线与直线DC所成角最小，并求出最小角的余弦值. 题型12 压轴难题第19题 1．球面几何学是非欧几何的例子，是在球表面上的几何学.对于半径为的球，过球面上一点作两条大圆的弧，，它们构成的图形叫做球面角，记作（或），其值为二面角的大小，其中点称为球面角的顶点，大圆弧称为球面角的边.不在同一大圆上的三点，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧，这三条劣弧组成的图形称为球面，这三条劣弧称为球面的边，三点称为球面的顶点；三个球面角称为球面的三个内角. 已知球心为的单位球面上有不同在一个大圆上的三点. (1)球面的三条边相等（称为等边球面三角形），若，请直接写出球面的内角和（无需证明）； (2)与二面角类比，我们称从点出发的三条射线组成的图形为三面角，记为.其中点称为三面角的顶点，称为它的棱，称为它的面角.若三面角的三个面角的余弦值分别为. ①求球面的三个内角的余弦值； ②求球面的面积. 2．在空间直角坐标系Oxyz中，这点且以为方向向量的直线方程可表示为，过点且以为法向量的平面方程可表示为． (1)已知直线的方程为，直线的方程为．请分别写出直线和直线的一个方向向量． (2)若直线与都在平面内，求平面的方程； (3)若集合中所有的点构成了多面体Ω的各个面，求Ω的体积和相邻两个面所在平面的夹角的余弦值． 3．已知四棱锥的底面是平行四边形，平面与直线，，分别交于点，，且，点在直线上，为的中点，且直线平面. （1）设，，，试用基底表示向量； （2）证明，四面体中至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形； （3）证明，对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上. 能力培优 1．在空间直角坐标系中，已知向量，点.若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为. (1)若平面，直线的方向向量为，求直线与平面所角的正弦值； (2)已知集合，记集合中所有点构成的几何体体积为，集合，记集合中所有点构成的几何体为，求的值及几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角的余弦值. 2．（24-25高二上·湖北·阶段练习）如图1，在直角梯形中，已知，，将沿翻折，使平面平面.如图2，的中点为.    (1)求证：平面； (2)若的中点为，在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 3．如图，在三棱锥中，，，是线段上的点.    (1)求证：平面平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长； (3)若平面，为垂足，直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的长. 4．如图，在圆柱中，点为底面圆周上四点，为圆柱的一条母线，为的中点，． (1)若，，证明：平面； (2)若，，且二面角的余弦值为，求． 高考真题 1．（2024·全国·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． 2．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 2．（2024·全国·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． 3．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 立体几何大题综合归类 内容早知道 ☛第一层 巩固提升练 题型一：存在型证明与计算 题型二：翻折型证明与计算 题型三：投影型证明与计算 题型四：斜棱柱型垂线法建系与证明 题型五：斜棱柱型垂面法建系与证明 题型六：等角建系与证明 题型七：二面角机器延长线建系与证明 题型八：最值范围型 题型九：特殊几何体：台体型 题型十：五面体等特殊几何体 题型十一：动点型求角度最大（小） 题型十二：压轴难题第19题 ☛第二层 能力提升练 ☛第三层 高考真题练 巩固提升练 题型01 存在型证明与计算 ⭐技巧积累与运用 用向量证明空间中的平行关系 (1)线线平行：设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2. (2)线面平行：设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔v⊥u. (3)面面平行：设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔u1 ∥u2. 用向量证明空间中的垂直关系 (1)线线垂直：设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2＝0. (2)线面垂直：设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔v∥u. (3)面面垂直：设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0. 1．如图，在三棱锥中，，．    (1)证明：； (2)在棱上是否存在点（不与端点重合），使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析；(2)存在，点位于棱上靠近点或点的四等分点处. 【分析】（1）取的中点，连接，易得，，根据线面垂直的判定及性质定理证结论；（2）构建合适的空间直角坐标系，设，，利用向量法及线面角的正弦值，列方程求参数，即可判断存在性. 【详解】（1）如图，取的中点，连接， 因为，所以，， 因为，，平面， 所以平面，又平面，所以． （2）存在点，位于棱上靠近点或点的四等分点处，使直线与平面所成角的正弦值为，证明如下：如图，因为，易知，则，   取的中点，连接，易知，又平面，易知两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，过点作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由题设，易得，，则，，，， 则，，设，， 则，故， 设平面的法向量为，则， 令，则，设直线与平面所成角为， 则，解得或， 故在棱上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为， 此时点位于棱上靠近点或点的四等分点处． 2．如图，在三棱锥中，，，，二面角为直二面角，为线段的中点，点在线段上（不含端点位置）. (1)若平面，求的值；(2)若，求的值； (3)若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)(2)(3)或 【分析】（1）利用线面平行的性质可得，再利用中位线的性质即可得解； （2）由题意结合面面垂直的性质定理可得、、两两垂直，即可建立适当空间直角坐标系，设，即可表示出、，再利用空间向量数量积公式计算即可得，即可得解； （3）表示出平面与平面的法向量后，结合空间向量夹角公式计算即可得，即可得解. 【详解】（1）由平面，平面平面，平面， 故，又为线段的中点，故为线段的中点，即； （2）由，则，则，由，，则，有，故， 又二面角为直二面角，故平面平面，由平面平面，，平面，故平面，又平面，故， 即有、、两两垂直，故可建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、，即、、，设，则， 若，则，解得， 即，故； （3），，，则， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 令，则有，，，，即可取、， 由平面与平面所成锐二面角的余弦值为，则有，整理得，解得或， 即或，故或. 3． 如图，已知四棱柱的底面为菱形，，，，．   (1)若为中点，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为，若存在，求出；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析(2)存在，或． 【分析】（1）根据题中给出的垂直与边长条件，证明线面垂直. （2）取中点，连接，易知，以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设出，利用空间向量法求解. 【详解】（1）由四边形为菱形知，又，，，平面， 所以平面，又平面，所以，因为，，， 所以，故，又，，平面，所以平面． 如图①，设，因为四边形是菱形，， 所以，故，则，， 故，易知，则，故，所以， 又平面，易知平面，所以，又，所以平面．    （2）存在点，理由如下：如图②，取中点，连接，易知， 则，，两两垂直，故以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，  则，，，设，由中点的坐标为，结合（1）知平面的一个法向量为， 又，，设平面的法向量为，则,即， 所以，令，得，故平面的一个法向量为． 则，解得或，此时或． 题型02 翻折型证明与计算 ⭐技巧积累与运用 翻折 1. 翻折前后，在同一平平面内的点线关系不变 2. 翻折过程中是否存在垂直或者平行等特殊位置关系 3. 翻折过程中，角度是否为定值 4. 翻折过程中，体积是否存在变化 1． 如图1所示的五边形中，四边形为直角梯形，，，，在中，，将沿着折叠使得二面角的大小为，且此时点到底面的距离为，如图2所示．    (1)过点是否存在直线，使直线平面？若存在，作出该直线，并写出作法与理由；若不存在，请说明理由； (2)求平面与平面的夹角的正弦值． 【答案】(1)存在，答案见解析(2) 【分析】（1）在平面内，过点作直线平行于直线，利用线面平行的判定定理证明平面； （2）首先利用线面垂直的判定定理证明平面，在平面内过点作直线平面，交直线于点，则直线，，两两垂直，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，利用空间向量法求面面角即可. 【详解】（1）过点存在直线，满足直线平面． 作法与理由如下： 在平面内，过点作直线平行于直线，如图所示．   因为，平面，平面， 所以平面（作法不唯一）． （2）取线段的中点，线段的中点，连接，，，因为四边形为直角梯形， ，所以．又，所以．因为，所以． 又，平面，所以平面． 在平面内过点作直线平面，交直线于点，则直线，，两两垂直． 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．   过点作，交的延长线于点，因为平面，所以平面．又点到底面的距离为，所以．因为，， 所以为二面角的平面角，所以，所以， 所以，所以，，，，， 于是，，，． 设平面的法向量为， 则，则，令，得，所以为平面的一个法向量， 设平面的法向量为，则，则，令，得， 所以平面的一个法向量为．设平面与平面的夹角为，则, 所以．故平面与平面的夹角的正弦值为． 2．如图1，等腰直角的斜边，为的中点，沿上的高折叠，使得二面角为，如图2，为的中点． (1)证明：． (2)求二面角的余弦值． (3)试问在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在， 【分析】（1）根据三角形性质以及线面垂直判定定理可证明平面，再由线面垂直性质可得结论； （2）方法一：建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法计算可得结果； 方法二：根据二面角定义作出二面角的平面角，即可求出二面角的余弦值； （3）方法一：设，利用线面角的向量表示计算可得当时，满足题意； 方法二：根据题意作出直线与平面所成角的平面角，计算可知当时，满足题意. 【详解】（1）在图1的等腰直角中，为的中点，则， 所以在图2中，有，，又，平面，所以平面， 又平面，可得；因为平面，所以是二面角的平面角，即，所以为正三角形，因为为的中点，所以， 又平面，可得平面，又平面所以． （2）方法一： 以为原点，，所在直线分别为，轴，在平面内过点作垂直于轴 的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 易知，，，，， 所以，，设平面的法向量为， 则，解得，令，则；所以平面的一个法向量为． 设平面的法向量为，则，解得，令，则； 可得平面的一个法向量为，所以， 即二面角的余弦值为． 方法二：作于，于，连接，如下图所示： 因为平面，平面，所以． 因为平面，所以平面．平面，故, 因为，平面MNH，故平面MNH，所以即为二面角的平面角．在中，，，所以，． 在中，，，所以，所以， 可得．所以二面角的余弦值为. （3）假设在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为． 方法一：易知，，设，则，平面的一个法向量为． 依题意可得，解得或（舍去）， 所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时． 方法二：作于，如下图所示：由（1）知平面，又平面， 所以平面平面，又平面平面，平面，所以平面， 所以即为与平面所成的角．在中，由余弦定理可得， 所以．设，则，， 所以，解得或（舍去）， 所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时. 3．如图1，菱形的边长为4，，是的中点，将沿着翻折，使点到点处，连接，得到如图2所示的四棱锥. (1)证明：； (2)当时，求平面与平面的夹角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质，结合平面图形翻折的性质推理即得. （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标及平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解. 【详解】（1）在菱形中，由，得△是等边三角形，由是的中点，得， 在四棱锥中，由，,平面， 得平面，而平面， 所以. （2）菱形的边长为是的中点，，， 由（1）知平面， 以为坐标原点，以为轴正方向，为轴负方向建立空间直角坐标系（如图） 则，设，， 由，，得，解得，即， ， 设平面的法向量为，则，令，得， 设平面的法向量为，则，令，得， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面的夹角的正弦值. 题型03投影型证明与建系 ⭐技巧积累与运用 投影： 1.直接转化为线面垂直与面面垂直。 2.投影，与圆的外接圆圆心有关：斜线长相等，则射影长相等。射影长相等，则垂心为三角形外接圆圆心。 证明面面垂直常用的方法： （1）面面垂直的定义； （2）面面垂直的判定定理. 在证明面面垂直时，一般假设面面垂直成立，然后利用面面垂直转化为线面垂直，即为所证的线面垂直，组织论据证明即可. 1． 如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2. (1)证明：AP⊥BC； (2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3，试证明AM⊥平面BMC. 【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）建系，利用空间向量证明线性垂直； （2）利用空间向量证明线面垂直. 【详解】（1）由题意知AD⊥BC，如图，以O为坐标原点， 以过O点且平行于BC的直线为x轴，OD，OP所在直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系O－xyz. 则，可得， ∵∴，即AP⊥BC. （2）由（1）可得，∵M是AP上一点，且AM＝3，∴， 可得， 设平面BMC的法向量为，则， 令b＝1，则，即，显然，故∥，∴AM⊥平面BMC. 2．如图，在三棱锥中，为的中点，底面. (1)求证：平面；(2)若，求点到平面的距离； (3)若点在平面上的投影恰好是的重心，求线段的长. 【答案】(1)证明见解析(2)(3)1 【分析】（1）连接，根据，点是的中点，得到，再由底面，得到，然后利用线面垂直的判定定理证明； （2）设点到平面的距离为，利用求解； （3）建立空间直角坐标系，设，易得的重心为，再由求解. 【详解】（1）解：连接，因为，点是的中点，所以， 因为底面，平面，所以，因为，平面，平面，所以平面； （2），为的中点，底面， 取的中点，则，所以， 设点到平面的距离为，则，即， 则，解得； （3）建立如图所示的空间直角坐标系，设，则， 则的重心为，， 则，则线段的长为1. 3．如图，在三棱柱中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在平面ABC上的投影为AC的中点D，且． (1)求点C到侧面的距离； (2)在线段上是否存在点E，使得直线DE与侧面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)(2)存在， 【分析】（1）先由题意证得，，两两垂直，从而建立空间直角坐标系，再求出与平面的一个法向量，利用点到平面的距离公式即可得解； （2）假设存在满足条件的点E，且，从而得到，再利用空间向量线面夹角公式得到关于的方程，进而求得，由此即可求出的长. 【详解】（1）因为点在底面ABC上的投影为AC的中点，所以平面ABC， 又平面ABC，故，， 因为是以AC为斜边的等腰直角三角形，点为AC的中点，故， 所以，，两两垂直，故以点为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，.因为是以AC为斜边的等腰直角三角形，，所以，，因为侧面为菱形，所以，又，所以，则，，，，， 则，，，设平面的一个法向量为，则，取，则，故， 所以点到平面的距离为. （2）假设存在满足条件的点E，则存在，使得， 则，因为直线DE与侧面所成角的正弦值为，所以， 即，解得，又，故， 因此存在满足条件的点，且，即． 【点睛】关键点睛：本题第2小问解决的关键是利用空间向量的线性运算求得关于的表达式，从而利用空间向量线面夹角公式求得的值，由此得解. 题型04斜棱柱型垂线法建系与证明 ⭐技巧积累与运用 斜棱柱垂线型建系 如果存在垂线（投影型）斜棱柱，则可以直接借助垂线作为z轴建系，下底面，可以寻找或者做出一对垂线作为xy轴。这类建系，主要难点是分析“空中”的点的坐标。空中点坐标可以有以下思维： 1. 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 2. 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 1． 如图，四棱柱的底面是矩形，，，，为的中点，且． (1)证明：平面平面． (2)若二面角的余弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据余弦定理可得的值，即可判断，进而得，再利用线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理证明即可； （2）根据垂直关系建立空间直角坐标系，设，根据二面角的余弦值列方程，可得的数量关系，结合勾股定理求解即可. 【详解】（1）由，得．设，则， ，则．为的中点，． 又，，，平面，平面． 由四棱柱的性质可知，平面平面，平面．又平面， 平面平面． （2）由（1）知，．平面，平面， ．易知两两垂直．以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴，过点且平行于的直线为轴，建立如图的空间直角坐标系． 设，，，，，， ，，．设平面的法向量为， 则即取，则，，． 设平面的法向量，则即 取，则，，．二面角的余弦值为， ， 则．①由，得．②由①②解得，故． 2．如图，在平行六面体中，底面是矩形，，，点E，F分别为，，的中点，且. (1)证明：平面平面； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长度. 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）设，根据数量积的运算律求出，进而可得为的中点，从而可证明，，再根据线面垂直得判定定理以及面面垂直得判定定理即可得证； （2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）设，则，则，所以，因为为的中点，所以，， 则，所以，又平面， 所以平面，又平面，所以平面平面； （2）由，可得，则，如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系， 设，则，则，设平面的法向量为， 则，令，则，所以，设直线与平面所成角为，则，解得，所以的长度为. 2． 如图，在三棱柱中，，，侧面是正方形，为的中点，二面角的大小是． (1)求证：平面平面； (2)若为线段的中点，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）在正方形中得到，再由三棱柱侧棱平行得到，等腰三角形三线合一得到，从而证明线面垂直； （2）由几何法得到二面角的平面角，取中点，证明，然后得到平面，然后建立空间直角坐标系，写出点坐标和向量坐标，由空间向量计算得出直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）因是正方形，则，因，故，由，则． 因平面，则平面，又平面ABC，故平面平面ABC． （2）如图，取的中点M，连接DM，易得，因， 故即二面角的平面角，即， 易得，取中点，连接，过点作交于    ， 因，∴，故得正三角形，则， 由（1）得平面平面，且平面平面，平面， 故得平面，∴，∵，∴，∴，， 因此可分别以为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系．则，，，，，∵，∴，∴，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，即，设直线与平面所成角为， 则. 题型05斜棱柱型垂面法建系与证明 1． 如图，三棱柱的所有棱长均为2，且在底面上的射影为的中点是上的点，平面平面. (1)证明：四边形为矩形； (2)求平面与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据面面垂直可得线面垂直，再得线线垂直即可证明； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦，再转化为正弦即可. 【详解】（1）连接，由已知得，平面平而. 又平面，平面，平面.又，又四边形为平行四边形，故四边形为矩形. （2）由（1）可知平面，平面平面，平面平面平面.平面. 又.三棱柱的所有棱长均为.以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则.由（1）平面,平面，平面的一个法向量为.又，设平面的法向量为，    即令，， 所以，即平面与平面所成角的正弦值为. 2．如图，在三棱柱中，四边形是菱形，、分别是、的中点，平面平面，，． (1)证明：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）取的中点，连接，，可证得，由面面垂直证明平面，可得⊥，进而证得平面，即可证得结论. （2）由已知可证得知MC，ME，MF两两垂直，即可建立空间直角坐标系，进而求得平面的法向量，利用线面角的向量公式求解即可. 【详解】（1）取的中点，连接，，所以，又因为，所以，因为四边形是菱形，是的中点，，所以⊥， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，所以⊥，因为平面，所以平面，又，，所以四边形为平行四边形， 所以四点共面，则平面. （2）由（1）知四边形为平行四边形，所以，所以平面， 平面，所以， 故MC，ME，MF两两垂直，如图，建立空间直角坐标系 因为，，所以，， 则，， 于是，设平面的法向量为， 则有，可取， 设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值. 3．（24-25高二上·河南郑州·期中）在如图所示的空间几何体中，四边形是平行四边形，平面平面，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)存在，. 【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质、线面垂直的判定推理即得. （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量求列式计算即得. 【详解】（1）由平面平面，平面平面平面，， 得平面，而平面，则，由，为的中点，得， 又平面，所以平面. （2）过作直线，由平面，得平面，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由，，得，， 则，令， ， 由四边形是平行四边形，得， ，设平面的法向量为， 则，令，得， 由（1）知平面的法向量，设平面与平面的夹角为， 于是，整理得，而，解得，所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时. 题型06等角型建系与证明 ⭐技巧积累与运用 1．如图，在平行六面体中，，，，E是的中点，设，，. (1)用向量，，表示向量，并求向量的模； (2)证明：. 【答案】(1)，(2)证明见解析 【分析】（1）根据空间向量的线性运算以及模长公式计算即可； （2）将也用，，表达出来，再根据向量垂直判定定理即可求解. 【详解】（1）在平行六面体，可得, 所以，因为， 所以 ； （2）由（1）知，， 则 ， 根据向量垂直判定定理可知，所以. 2．如图，已知斜四棱柱的侧面和底面均为全等的菱形，且，． (1)证明：平面平面； (2)若为的中点，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）解法一：取中点，连接，利用菱形性质根据线面垂直的判定定理得平面，进而得，从而根据线面垂直的判定定理得平面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可； 解法二：设交于点，连接，利用菱形性质根据线面垂直的判定定理得平面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量公式法求解即可. 【详解】（1）解法一：如图，取中点，连接，因为斜四棱柱的侧面和底面均为全等的菱形，且，所以和均为等边三角形， 所以，，又因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以．由底面为菱形，可知， 又，，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面． 解法二：如图，设交于点，则为的中点，连接， 由侧面均为全等的菱形可知，所以，又由底面为菱形可知， 又，，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面． （2）以的交点为原点，以所在的直线分别为轴，轴，过且垂直于底面作轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，， 由题知四面体为正四面体，记为的中心，则平面，因为， 所以，则，又由，得， 则，故，，， 设平面的法向量为，则即 令，则，，则平面的一个法向量， 设平面的法向量为，则即 令，则，，则平面的一个法向量， 设二面角的大小为，由图知为锐角， 所以，故二面角的余弦值为． 3．空间中，我们将至少两条坐标轴不垂直的坐标系称为“空间斜坐标系”．类比空间直角坐标系，分别为“空间斜坐标系”中三条数轴（轴、轴、轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜坐标为，记作．如图，在平行六面体中，，，，．以为基底建立“空间斜坐标系”． (1)若点在平面内，且平面，求的斜坐标； (2)若的斜坐标为，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)(2)． 【分析】（1）利用斜坐标的定义及向量的线性运算可得结果； （2）利用空间向量的线性运算表示由题可得，，设平面的法向量为，通过求解法向量方程与赋值求得法向量，以及平面，表示出，利用平面与平面的夹角的余弦公式求解即可. 【详解】（1）由题可知，，则（提示：斜坐标的本质是将空间中的向量用基底表示后的系数），由题可知，，．平面， 即则，，则的斜坐标为． （2）由题可得，，设平面的法向量为（提示：设斜坐标系下的法向量，通过求解法向量方程与赋值求得法向量），由得即取，可得，， 即．则． 由（1）可知平面，且，则， ， 则，即平面与平面的夹角的余弦值为． 【点睛】关键点点睛：充分理解“空间斜坐标系”以及通过空间向量线性运算正确表示出向量是解题关键，本题以新定义下的线面关系与平面与平面的夹角为背景，考查考生数学建模、数学运算核心素养．属于较难题. 题型07二面角及其延长线建系与证明 ⭐技巧积累与运用 计算二面角，常用方法 1. 向量法：二面角的大小为(), 2.定义法：在棱上任一点，分别在两个半平面内做棱的垂线，两垂线所成的角即为二面角的平面角 3.垂面法：做与棱垂直的平面，交二面角两个半平面，两条交线所成的角即为二面角的平面角 二面角延长线型特征： 19．（2023·江西·模拟预测）如图，已知菱形中，，点为边的中点，沿将折起，得到且二面角的大小为，点在棱上，平面. (1)求的值； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）首先通过面面平行的性质证明，则，再利用三角形相似即可得到答案； （2）利用二面角定义得到，建立合适的空间直角坐标系，写出相关点坐标，求出平面和平面的法向量，利用空间向量法求出二面角余弦值即可. 【详解】（1）连接，设，连接，取中点点，分别连接,, 则，平面，平面，则平面， 又因为平面，且，平面，所以平面平面， 又因为平面与平面平面相交，则交线，故， 因为为中点，且底面为菱形，故， 又在菱形中，，所以，所以. （2）因为，，所以三角形为等边三角形， 所以，而根据折叠过程可知，且平面平面，平面，，因此是二面角的平面角，则， 如图，以点为原点，所在直线为轴，轴，建立空间直角坐标系.依据题意，从而设平面的法向量， 由得到，由得到. 令设平面的法向量， 由得到，由得到. 令.因此， 所以，所求二面角的余弦值是. 2．如图（1），在边长为4的菱形中，，点是边的中点，连交对角线于点，将沿对角线折起得到如图（2）所示的三棱锥． (1)点是边上一点且，连，求证：平面； (2)若二面角的大小为，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据线面平行定理从而求解； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解. 【详解】（1）连接，如下图所示，由条件知点是的重心，则得：， 因为：，所以得：，所以得：，因为：平面，平面， 所以：平面. （2）设，以点为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间坐标系，如（1）中图所示，因为：，，则为二面角的平面角， 所以:，又因为：，，所以：， 所以:，，，，， 所以：，，设平面的一个法向量为，则得： 即：，解之得：，令：，得：， 又平面的一个法向量为，设平面CDE和平面之间夹角为， 则：，所以：故答案为：. 3．如图，平面五边形中，△是边长为2的等边三角形，，，，将△沿翻折，使点翻折到点． (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）在平面图形中取中点，连接，，由等边三角形性质、三角形全等有、，再应用线面垂直的判定、性质证结论； （2）首先证两两垂直，再构建空间直角坐标系并确定相关点坐标，求直线的方向向量、平面的法向量，进而求线面角的正弦值. 【详解】（1）在平面图形中取中点，连接，， ∵△是边长为2的等边三角形， ∴，，故翻折后有，又，则，，， 所以△△，即，则，由，、平面，故平面，∵，则，∴平面，又平面， ∴． （2）在面内作，交于，由平面，平面， 所以，故两两垂直， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 由（1）得，四边形为矩形，在△中，，由余弦定理得，故，所以，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量，则，令，则， 设直线与平面所成角为，则． 题型08最值范围型 ⭐技巧积累与运用 通常做法是先找到动点的轨迹，做题时要充分利用图形的特征，平常注意总结截面的做法. 1、计算多面体或旋转体的表面上的最值问题时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状； 2、对于几何体内部的折线的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解． 1．如图，在斜三棱柱中，底面是边长为4的正三角形，侧面为菱形，已知，． (1)当时，求三棱柱的体积； (2)设点P为侧棱上一动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)24(2) 【分析】（1）取的中点为，根据等边三角形可知，再计算出各个长度可知，根据线面垂直判定定理可证平面，即为三棱柱的高，根据体积公式求出即可； （2）根据及余弦定理求出，以为原点建立合适空间直角坐标系，找出点的坐标，求出平面的一个法向量，设，求出，根据直线面所成角的正弦值等于线与法向量夹角的余弦值的绝对值建立等式，构造新函数，根据二次函数性质即可求得范围. 【详解】（1）如图，取的中点为O， 因为为菱形，且，所以为正三角形， 又为正三角形且边长为4，则，，且，，所以， 所以， 因为又，由平面，平面， 所以平面， 所以三棱柱的体积． （2）在中，，，由余弦定理可得， 所以， 由（1），，又，平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面， 所以在平面内作，则平面， 以，，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示 则，，，，，， ，， 设是平面的一个法向量， 则，即，取得，设， 则， 设直线与平面所成角为，则 ， 令， 则在单调递增，所以， 故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为. 3． 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，在菱形中，，，平面平面，，分别是线段､的中点.    (1)求证：平面； (2)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) 【分析】（1）建立坐标系，利用向量法进行证明． （2）建立坐标系求出平面的法向量，利用向量夹角公式求二面角即可． 【详解】（1）由平面平面，且两平面交线为,为中点，， 平面，所以平面，由于平面，故， 在菱形中，，，所以为等边三角形， 又为中点，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， ，，， ，又，，平面，平面．   （2）， 设，则，，，；由（1）知平面，平面的一个法向量， 设平面的法向量，又则，，即， 令，则，，，， 令，则，， ，所以， ，，即锐二面角的余弦值的取值范围为． 3．如图1，平面图形由直角梯形和等腰直角拼接而成，其中，，；，，点是中点，现沿着将其折成四棱锥（如图2）． (1)当二面角为直二面角时，求点到平面的距离； (2)在（1）的条件下，设点为线段上任意一点（不与，重合），求二面角的余弦值的取值范围． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到平面的距离. （2）设，求得点坐标，表示出二面角的余弦值，再求其范围. 【详解】（1）∵，，∴．点是中点，，∴， 结合折叠前后图形的关系可知，∵二面角为直二面角，则侧面底面，侧面底面，∴平面，易知，，两两垂直． 以为坐标原点，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，如下图所示，则，，，，， ∴，，．设平面的法向量为， 则，取，得，，则为平面的一个法向量， 则点到平面的距离． （2）设点满足（）．∵，∴， ∴，∴．设平面的法向量为，又∵，，∴，取，则，， 取为平面的一个法向量．易知平面的一个法向量为， 二面角的余弦值为 ，由，所以，则， 所以二面角的余弦值的取值范围为. 题型09 特殊几何体：台体型 1．）如图，在三棱台中，平面，，，， D是棱AC 的中点，E 为棱BC 上一动点. (1)判断是否存在点 E，使平面. (2)是否存在点 E，使平面平面? 若存在，求此时与平面所成角的正弦值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)存在(2)存在，且与平面所成角的正弦值为 【分析】（1）以为原点，以、的方向分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系，求出点的坐标，利用空间向量法可证得结论成立； （2）设，根据空间向量法结合平面平面，可求出的值，然后利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）存在，当时，平面；因为平面， 如图，以为原点，以、的方向分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系， 则、、、、、，. 因为，设点，则， 则，解得，则，设平面的法向量为，因为，，所以，令，得. 因为，所以，因为平面，所以，平面. （2）设平面的法向量为，因为，， 所以，令，得.设，则， 设平面的法向量为，因为，， 所以，令，可得， 假设平面平面，则.由，解得，所以. 设与平面所成的角为，则， 所以存在，使平面平面，此时与平面所成角的正弦值为. 2．如图，在几何体中，平面平面，四边形和是全等的菱形，且平面平面，是正三角形，，. (1)求该几何体的体积； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)5(2) 【分析】（1）该几何体的体积可拆分为，先证平面，建立空间直角坐标系，用向量法可求出以及平面的法向量.从而可得点到平面的距离，即可求得，从而得解； （2）用向量法求平面与平面的一个法向量，再代入平面与平面夹角的余弦公式即可求解. 【详解】（1）取AC的中点，连接，，则，. 因为平面平面，且交于AC，所以平面. 如图，以为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，. 连接BC.因为，，所以. 因为，，所以， 则，所以.设平面的法向量为， 则令，得，因为， 所以点到平面的距离，所以， 所以该几何体的体积.（2）设平面的法向量为， 因为，，所以令，则. 设平面的法向量为，因为，， 所以所以.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. 3．如图，在四棱台中，平面平面. (1)求证：； (2)求平面与平面所成角的正弦值； (3)求点关于平面的对称点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）连接，根据线面平行的性质定理得四边形为平行四边形可得答案； （2）做交与点，以点为原点，所在的直线分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案； （3）求出平面的一个法向量、点到平面的距离，设，根据与共线得，再由点到平面的距离求出，最后再求点到平面的距离. 【详解】（1）连接，因为，，所以，所以四点在同一平面上，又因为平面，平面平面， 所以，可得四边形为平行四边形，所以；（2）因为，，，， 所以四边形是等腰梯形，做交与点，可得， 所以，且，以点为原点，所在的直线分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，， ，，，，设向量为平面的一个法向量，则，即，令，得，所以， 设向量为平面的一个法向量，则，即，令，得， 所以，，设平面与平面所成角的为，所以； （3）由（2）建立的空间直角坐标系，得，， ，，设为平面的一个法向量， 则，即，令，得，所以， 则点到平面的距离为，设，则，因为与共线，，可得， ，所以点到平面的距离为，解得，或（舍去）， 此时，，所以点到平面的距离. 【点睛】关键点点睛：第三问解题的关键点是利用向量共线求出点的坐标. 题型10 五面体等特殊几何体 1．在如图所示的多面体中，平面平面，且是的中点. (1)求证：； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)若点为的中点，求直线与平面所成的角的大小. 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到,根据线面垂直的性质定理得到，进而证得结论； （2）先求得平面ECM与面BCD的法向量，进而求得法向量所成角的余弦值； （3）分别求出直线的方向向量与平面的法向量，根据线面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）证明：∵ ，是的中点，∴，又平面，面， ，∵，平面，平面， ∴ 平面，又平面，∴； （2）以为原点，分别以，为，轴，竖直向上为轴，如图建立坐标系. 则，，，，， ，，，，设平面的一个法向量， 则，取，解得：，，；设平面的一个法向量， 则，取，解得：，，， ，记平面与平面所成角为，则， 所以平面与平面夹角的余值为． （3），，，，，设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成的角为. 2．如图，在多面体中，，，四边形是边长为2的菱形，为棱上一点． (1)若，证明：平面； (2)若平面，，，直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）要证明线面平行：平面，只需证明平面平面（其中点在线段上，），从而只需结合线面平行的判定定理分别得出平面，平面即可. （2）建立如图所示坐标系，设，求出，再求平面的法向量，代入空间线面角公式求出，再由模长计算结果即可； 【详解】（1）在线段上取一点，使，连结，则， 又因为，所以，因为平面平面，所以平面， 由，得，又，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面平面，所以平面， 又，平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面. （2）因为四边形是边长为2的菱形，平面，所以平面， 又平面，所以，所以， ，所以，即， 所以两两相互垂直，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， ，设， ，，，， 设，，所以，即，， 设平面的法向量为，则即， 取，则，设直线与平面所成角为，， 解得，所以，所以，. 3．如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，对的中点. (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面所成角的正弦值； (3)设点是内一动点，，当线段的长最小时，求直线与直线所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析(2)(3). 【分析】（1）取的中点，证明，然后得线面垂直，再得面面垂直； （2）以为坐标原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角； （3）由向量的数量积为0，确定的轨迹，再由最小值确定其位置，得其坐标，然后由空间向量法求线面角． 【详解】（1）取的中点，连结， 由已知得，是边长为2的等边三角形，是以为腰的等腰三角形， 则，故, 故平面平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）以为坐标原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， ，设平面的法向量为， 则，即，取，则，设平面的一个法向量为， 由，取，得，所以，因为 ，故平面与平面所成角的正弦值为. （3）点是内一动点且，则点在以为直径的圆上， 当线段的长最小时，点在与圆的交点处，此时， ，设直线与直线所成角为， 所以，所以直线与直线所成角得余弦值为. 题型11动点型求角度等最大（小） ⭐技巧积累与运用 计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 1．如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，平面，. (1)若平面平面，求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)若是线段上动点，为中点，试确定点的位置，使得直线与平面所成角最大，并求出该最大角. 【答案】(1)证明见解析(2)(3)，最大角为 【分析】（1）先证明平面，再证明即可得证； （2）计算出平面的法向量，而平面的一个法向量为，两个法向量的夹角即为所求二面角； （3）设，求出与平面的夹角的正弦值为，再经过适当变形结合二次函数的性质得出最大值及取得最大值的条件. 【详解】（1）因为平面，平面，所以，， 因为，所以，又因为平面，，所以平面， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面平面，所以，又因为平面，所以平面. （2）以为原点，分别为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， ，， 设平面的法向量为，则有，取，则， 因为平面，所以平面的一个法向量为， ，所以与平面所成角的余弦值为. （3），，设，则，，设平面的法向量为， 则有，取，则，，则与平面的夹角的正弦值为，设，则， 当时，取得最大值，所以的最大值为， 所以当点满足时，与平面的夹角的最大值为. 2．如图，在四面体中，平面，M，P分别是线段，的中点，点Q在线段上，且. (1)求证：平面； (2)当，时，求平面与平面夹角的余弦值； (3)在（2）的条件下，若为内的动点，平面，且与平面所成的角最大，试确定点G的位置. 【答案】(1)证明见解析(2) (3)点位于中位线靠近的八等分点的第3个点处 【分析】（1）利用中位线定与与平行线的传递性，结合线面平行的判定定理即可得证； （2）利用勾股定理与线面垂直的性质定理建立空间直角坐标系，再分别求得平面与平面的法向量，利用空间向量法求面面角的方法即可得解； （3）先利用线面平行的性质定理分析得在上，假设，再利用线面角的空间向量法分析得与平面所成的角时的值，从而得解. 【详解】（1）取BD中点，连接PO， 是BM的中点，，且， 在线段CD上取点，使，连接OF，QF， ，，且， ，四边形POFQ为平行四边形，， 又平面平面，平面. （2），则，， 取BD中点，则，又平面，平面BCD， 以为原点，OB，OC，OP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，故， 则，，，，所以， 故，易知平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为，则，即， 取，则，，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. （3）由（2）知为BD中点，为AD中点，连接OM，，点为内动点且平面QGM，又平面ABD，平面平面， ，故点在OM上，设，又，，， 则， ，易知平面的一个法向量为， 设QG与平面所成角为，则最大时，最大，， 所以当时，最大，此时最大， 即当点位于中位线靠近的八等分点的第3个点处时，QG与平面所成角最大. 3．棱长为2的正方体，M为正方体中心，将四棱锥绕逆时针旋转（）后得到四棱锥，如图1.    (1)求四棱锥的表面积和体积； (2)若（如图2），求证：平面平面； (3)求为多少时，直线与直线DC所成角最小，并求出最小角的余弦值. 【答案】(1)表面积为，体积为(2)证明见解析 (3)时，直线与直线DC所成角最小，最小角的余弦值为 【分析】（1）根据棱锥的表面积公式和体积公式计算即可； （2）易得平面､平面为同一个平面，补全正方体，证明为二面角的平面角，再证明即可； （3）以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）由题意，，则， 所以四棱锥的表面积为，四棱锥的高为， 则； （2）若，则平面､平面为同一个平面，如图，补全正方体， 连接、，则是中点，是中点，   所以平面与平面重合，平面与平面重合， 由正方体性质可知平面，因为平面，所以，， 为二面角的平面角，因为，则，同理可得，所以，所以平面平面； （3）如图，以为原点，建立空间直角坐标系，   则，，即，故， 则，因为，所以， 所以，所以， 所以，此时，即， 所以时，直线与直线DC所成角最小，最小角的余弦值为. 题型12 压轴难题第19题 1．球面几何学是非欧几何的例子，是在球表面上的几何学.对于半径为的球，过球面上一点作两条大圆的弧，，它们构成的图形叫做球面角，记作（或），其值为二面角的大小，其中点称为球面角的顶点，大圆弧称为球面角的边.不在同一大圆上的三点，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧，这三条劣弧组成的图形称为球面，这三条劣弧称为球面的边，三点称为球面的顶点；三个球面角称为球面的三个内角. 已知球心为的单位球面上有不同在一个大圆上的三点. (1)球面的三条边相等（称为等边球面三角形），若，请直接写出球面的内角和（无需证明）； (2)与二面角类比，我们称从点出发的三条射线组成的图形为三面角，记为.其中点称为三面角的顶点，称为它的棱，称为它的面角.若三面角的三个面角的余弦值分别为. ①求球面的三个内角的余弦值； ②求球面的面积. 【答案】(1)(2)①，，；② 【分析】（1）通过已知条件直接证明三个平面两两垂直，然后由球面角的定义即可得出； （2）使用空间解析几何方法求出球面的三个球面角，再证明球面球面的面积，即可得到结果. 【详解】（1）（1）由可知在两个互相垂直（即交点处切线垂直）的大圆上， 从而，故，设，则， 从而，注意到到直线的距离均为，故， 所以由知，所以，即，这得到， 从而，又在两个互相垂直的大圆上，故， 从而两两垂直，从而由在平面内交于点，可知垂直于平面， 而在平面和平面内，故平面垂直于平面，同理平面垂直于平面， 平面垂直于平面，所以三个平面两两垂直， 故由球面角的定义知，所以球面的内角和是. （2）①由已知条件，可设， 如图，以为原点，构建空间直角坐标系，则，不妨设， 设，则由可知；；，故， 不妨设，则，所以有， 设平面的法向量分别为，并设， 则即， 从而，故可以取所以我们有 ，，， 故球面的三个内角的余弦值分别为.②先证明一个引理. 引理：若球面的三个球面角， 设该球面的面积为，则， 引理的证明： 记球的表面积为，则， 设的对径点分别为， 则所在的大圆和所在的大圆， 它们将球面分成了四个部分， 其中面积较小的两个部分的面积之和等于球的表面积的倍， 即，类似可定义，且同理有， 而根据球面被这三个大圆的划分情况，又有， 所以， 故， 引理得证， 回到原题，根据①的结论，有， 再由引理知球面的面积. 【点睛】结论点睛：球面的面积求解定理： 若球面的三个球面角，设该球面的面积为，则. 2．在空间直角坐标系Oxyz中，这点且以为方向向量的直线方程可表示为，过点且以为法向量的平面方程可表示为． (1)已知直线的方程为，直线的方程为．请分别写出直线和直线的一个方向向量． (2)若直线与都在平面内，求平面的方程； (3)若集合中所有的点构成了多面体Ω的各个面，求Ω的体积和相邻两个面所在平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)的一个方向向量；的一个方向向量（答案不唯一，符合题意即可） (2) (3)的体积为，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为 【分析】（1）根据题意即可得直线的方向向量； （2）由直线方程可得两直线经过的点及方向向量，利用两方向向量求得平面的法向量，结合点与法向量可得平面方程； （3）由集合可知各面所在平面的方程，利用各面与坐标轴的交点坐标作出图形，结合几何体的对称性求解体积；利用向量夹角求解面面角可得. 【详解】（1）因为直线的方程为，即，可知直线的一个方向向量； 直线的方程为，即，可知直线的一个方向向量. （2）由题意可知：直线过点，且其一个方向向量为， 直线过点，且其一个方向向量为则为平面内一点. 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 所以平面的方程为，即. （3）由集合可知， 多面体与坐标轴交于各点，，如图所示，   可知四边形为正方形，边长， 所以，正方形的面积为，而正四棱锥的高为， 则，所以多面体的体积为. 由集合中所有的点构成了多面体的各个面， 点均满足方程. 可知平面的方程为，且该平面的一个法向量为， 同理可知，平面的方程为，该平面的一个法向量为， 平面的方程为，该平面的一个法向量为， 所以.由对称性可知，任意相邻两平面的夹角的余弦值都为.故多面体相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为. 综上，的体积为，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为. 3．已知四棱锥的底面是平行四边形，平面与直线，，分别交于点，，且，点在直线上，为的中点，且直线平面. （1）设，，，试用基底表示向量； （2）证明，四面体中至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形； （3）证明，对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上. 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【解析】（1）利用向量加减法的几何意义有，，即可求； （2）假设四面体的最长棱为，只需以为顶点的其它两组棱中或即得证至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形； （3）由平面，令结合向量共面定理有，即得一元二次方程在有解，求的范围且范围长度为即得证. 【详解】（1）∵，而，∴，所以. （2）不妨设是四面体最长的棱，则在，中，，， ∴，即， 故，至少有一个大于，不妨设，∴，，构成三角形. （3）设，，，由（1）知.又，有，，，∴，，， 设，又∴ 因为平面，所以存在实数，使得：， ∴ ∴，消元：在有解.当时，，即； 当时，，解得. 综上，有.所以对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上. 【点睛】思路点睛： 1、利用向量线性运算的几何意义，结合几何图形表示向量； 2、利用三角形的性质：两边之和大于第三边(其中假设第三边为最长边)，即可证是否可组成三角形； 3、令，根据线面平行，结合向量共面定理得到参数的方程，进而求范围并且范围长度为即可. 能力培优 1．在空间直角坐标系中，已知向量，点.若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为. (1)若平面，直线的方向向量为，求直线与平面所角的正弦值； (2)已知集合，记集合中所有点构成的几何体体积为，集合，记集合中所有点构成的几何体为，求的值及几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角的余弦值. 【答案】(1)(2)； 【分析】（1）利用题中概念计算出平面法向量，然后利用线面角与直线方向向量和平面法向量所成角的关系计算即可； （2）分析集合P，利用体积公式求体积即可；利用题目中给定的定义求出法向量，结合面面角的向量法求解即可． 【详解】（1）由题可知， 直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所角为， 则， （2）易知：集合表示的几何体是关于平面xoy，yoz，zox对称的，它们在第一卦限的形状为正三棱锥，如下图其中OA、OB、OC两两垂直，且， 所以，集合Q所表示的几何图形也关于平面xoy，yoz，zox对称， 在第一卦限内的部分如图（1）， 如图2，就是把图1的几何图形进行分割的结果.由平面的方程为：，其法向量为； 平面的方程为：，其法向量为. 且平面与平面所成的角为钝角，设为，则， 【点睛】关键点点睛：解决该题的关键是：（1）根据空间想象，结合学过的知识，弄清楚三个集合表示的几何图形的形状.（2）根据题设给出的结论，由平面的方程可直接得到平面的法向量.利用法向量求平面所成的角. 2．（24-25高二上·湖北·阶段练习）如图1，在直角梯形中，已知，，将沿翻折，使平面平面.如图2，的中点为.    (1)求证：平面； (2)若的中点为，在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析(2)存在，点位于线段靠近的三等分点处 【分析】（1）利用面面垂直性质定理即可证明； （2）分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，设，，利用面面角的空间向量公式列出方程求解即可. 【详解】（1）因为，的中点为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质可得平面； （2）取的中点为，连接，则， 由图1直角梯形可知，为正方形， ，，，，. 由（1）平面，可知，，两两互相垂直，分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，， 设， ， 设平面的法向量为， 取，则.即平面的法向量为， 由平面，取平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则 ，解得或（舍）. 所以，线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为.点位于线段靠近的三等分点处. 3．如图，在三棱锥中，，，是线段上的点.    (1)求证：平面平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长； (3)若平面，为垂足，直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的长. 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）取的中点，连接、，推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量可得出关于的方程，解出的值，即可求得的长； （3）设，设，根据空间向量的坐标运算求出点的坐标，将三棱锥的体积表示为关于的函数关系式， 利用基本不等式求出三棱锥体积的最大值，利用等号成立的条件求出的值，可得出点、的坐标，求出平面的法向量， 设，求出的坐标，根据求出的值，即可得解. 【详解】（1）取的中点，连接、， 因为，，则，   所以，所以，所以， 又因为，所以，则， 又因为，所以， 又因为，，、平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）因为平面，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，    则、、、，所以，， 因为为棱上的点，设，其中， 所以，，且， 设平面的法向量为，则， 不妨取，可得，因为线与平面所成角的正弦值为， 所以，则，化简可得：， 解得：或（舍去）.所以. （3）设，因为，其中， 所以，，可得，即点， 因为平面，则点，， ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故当点为线段的中点时，三棱锥的体积取最大值， 此时，点，   由（2）可知，此时，平面的一个法向量为， 设，其中， 则， 因为平面，则， 所以，，解得， 所以，， 所以.即的长为. 4．如图，在圆柱中，点为底面圆周上四点，为圆柱的一条母线，为的中点，． (1)若，，证明：平面； (2)若，，且二面角的余弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）添加辅助线，构造平行四边形，利用平行四边形的性质得线线平行，再根据线面平行的判定定理证明线面平行； （2）根据垂直关系建立空间直角坐标系，写出相关向量的坐标，利用二面角的余弦值为列方程，求解即可. 【详解】（1）如图，取的中点，连接．因为分别为的中点，所以，．因为，，所以，． 所以四边形为平行四边形，所以．因为平面，平面，所以平面．（2）因为，所以为底面圆的直径，所以． 因为，，所以，．由圆柱的特征可知平面，则， 故以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，垂直于的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系．设，则，，，， 所以，．连接，则，易知， 又，，平面，所以平面， 故平面的一个法向量为．设平面的法向量为，则，即，取，则，，即．则， 解得（负值舍去），故． 高考真题 1．（2024·全国·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. 2．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角余弦值； (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. 2．（2024·全国·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. 3．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值. 【详解】（1）取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面，所以平面. （2）因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面，而平面，故，而，故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，取，设平面的法向量为， 则由可得，取，故， 故平面与平面夹角的余弦值为 结束 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$