重难点培优06 立体几何中的最值（范围）、探索性及新定义问题（复习讲义）（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲练测

重难点培优06 立体几何中的最值（范围）、探索性及新定义问题 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构・重难梳理固根基 1 02 题型精研・技巧通法提能力 2 题型一 已知线面角、二面角求其他量（★★★★★） 2 题型二 夹角、距离的最值（范围）问题（★★★★★） 3 题型三 平行、垂直关系中的探索性问题（★★★） 6 题型四 距离中的探索性问题（★★★） 8 题型五 夹角中的探索性问题（★★★★★） 10 题型六 折叠条件下问题（★★★★★） 12 题型七 新定义问题（★★★★） 14 03 实战检测・分层突破验成效 16 检测Ⅰ组 重难知识巩固 16 检测Ⅱ组 创新能力提升 23 1、用向量法处理立体几何中的探索性、存在性问题 探索性、存在性问题是条件不完备、结论不确定的问题,利用向量的方法将这类问题由立体几何问题转化为代数的方程(不等式)的解的问题,考查了化归、转化的数学思想,培养了逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养. 2、用向量的坐标运算解决几何问题 用向量的坐标运算解决几何问题,使几何问题代数化,以数助形,体现了数形结合的思想.同时本题还运用了方程的思想,通过列方程、解方程使问题得以解决.这足以说明“向量的坐标运算”是“几何”与“代数”间的一座新的桥梁. 这类问题的基本形式是判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立,解决这类问题的基本策略是假设题中的数学结论成立,在这个前提下进行逻辑推理,若由此导出矛盾,则否定假设,否则,给出肯定证明. 3、对于存在判断型问题：通常应先假设存在，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，是否有规定范围内的解”等. 4、对于位置探究型问题：通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.　　 题型一 已知线面角、二面角求其他量 1．（25-26高三上·河北·开学考试）如图，在三棱锥中，，，，且平面平面. (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，使得二面角的正切值为，若存在，求出的值，并给出证明；若不存在，请说明理由. 2．（25-26高三上·河北保定·月考）如图，在中，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至，得到四棱锥为棱上一动点（不包含端点）． (1)若为棱的中点，证明：平面； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为． （ⅰ）求； （ⅱ）求点到平面的距离． 3．（25-26高三上·江苏镇江·开学考试）如图，四棱锥的底面为梯形，，为直角三角形，.    (1)设平面平面，证明：； (2)已知在同一个球面上，且球心在平面上. （i）证明：平面平面； （ii）若点在线段上，且与平面所成角的正弦值为，求的长. 4．（2024·浙江温州·一模）如图，在三棱柱中，平面平面，平面. (1)求证：； (2)若二面角的正弦值为，且，求. 题型二 夹角、距离的最值（范围）问题 1．如图，直角梯形和矩形所在的平面互相垂直，，，.    (1)证明：； (2)若，动点在矩形内（含边界），且. ①求动点的轨迹的长度； ②设直线与平面所成角为，求的取值范围. 2．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）如图1，在等腰直角三角形中，，、、分别在线段、、上，且，．已知，，沿将折起，使得平面平面，如图2． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)点在线段上，设直线与直线所成角为，求的最大值． 3．（2025·云南玉溪·模拟预测）如图，在多面体ABCDEF中，四边形CDEF为正方形，，AD=AE=BC=BF=3，EF=2AB=4． (1)设平面ADE∩平面BCF=l，证明：； (2)直线DE上是否存在点G，使得DE⊥平面 ABG？若存在，确定点G的位置并说明理由；若不存在，请说明理由； (3)若，λ∈[0,1]，求平面BFG与平面DEA夹角的余弦的取值范围． 4．（24-25高三下·山西·月考）如图，在直四棱柱中，，，，，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若为线段上的动点，求到直线距离的最小值． 5．（2025·云南·模拟预测）在平面五边形中，如图1所示，，，．将平面四边形沿翻折成空间图形，使D，E分别至点，，连接，，如图2所示，其中，都为动点． (1)若，证明：平面平面； (2)若平面四边形沿旋转一周所得几何体，求该几何体的表面积； (3)求二面角的余弦值的最小值． 6．（2025·河北张家口·二模）如图，四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，且，，平面.    (1)证明：平面平面； (2)求四棱锥体积的最大值； (3)当时，求直线与平面所成角的正弦值的最小值. 7．（2025·山西·二模）中，，，，是的中点，是的中点，是的中点.如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得. (1)证明：、、、共面； (2)若，求三棱锥的体积； (3)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 题型三 平行、垂直关系中的探索性问题 【技巧通法·提分快招】 1、利用空间向量证明平行关系的方法和步骤 （1）要证明线线平行，首先需要证明两直线的方向向量共线，再说明其中一条直线上存在某个点不在另一条直线上. （2）要证明线面平行，首先需要证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直，或直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，再说明该直线上存在某个点不在平面内. （3）要证明面面平行，首先需要证明两平面的法向量为共线向量，再说明其中一个平面内存在某个点不在另一个平面内(也可转化为证明线面平行、线线平行). 2、利用空间向量证明垂直关系的方法和步骤 （1）要证明线线垂直，需证明两直线的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零. （2）要证明线面垂直，需证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或先通过向量证明线线垂直，再由线面垂直的判定定理证明. （3）要证明面面垂直，需证明两个平面的法向量垂直. 1．已知四边形为直角梯形，为中点，与交于点，沿将四边形折起，连接． (1)若平面平面，求证：； (2)若平面平面． （ⅰ）求二面角的大小； （ⅱ）线段上是否存在点，使平面，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 2．（24-25高三上·北京朝阳·期末）如图，在五面体中，平面，，，，，，分别为的中点，连接． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 3．（2025·广西南宁·三模）等腰梯形ABCD中，，，，点E为中点（如图1）．将沿折起到的位置，点O，F分别为的中点（如图2）． (1)求证：平面平面； (2)如果，平面平面，那么侧棱上是否存在点P，使得平面？若存在，求平面与平面夹角的余弦值，若不存在，请说明理由． 4．（25-26高三上·安徽·开学考试）三棱锥中，，，．点P在底面上的射影E是线段上靠近点A的四等分点． (1)求与平面所成角的正弦值； (2)求三棱锥外接球表面积； (3)设靠近的四等分点为F，D是平面内的动点，且C，D在直线的两侧，满足．试探究是否存在点D使得平面平面？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由． 题型四 距离中的探索性问题 1．（25-26高三上·黑龙江绥化·开学考试）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，.已知，分别为，的中点，平面与棱交于点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)判断线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 2．如图，在正三棱柱中，底面边长为2，侧棱长为，D是BC的中点．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点E，使得点到平面ADE的距离为?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 3．如图，圆台的轴截面为等腰梯形，上、下底面半径分别为2，4，圆台母线与底面所成角为是下底面圆周上一点（异于点）.已知，若线段上存在一点，使得平面，试确定点的位置，并求直线与平面的距离； 4．（22-23高三上·福建厦门·期中）如图，在四棱锥中，，底面为直角梯形，，，，为线段上一点. (1)若，求证：平面； (2)若，，异面直线与成角，二面角的余弦值为，在线段上是否存在点，使得点到直线的距离为，若存在请指出点的位置，若不存在请说明理由. 题型五 夹角中的探索性问题 1．（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在四棱锥中，，．    (1)求证：平面平面； (2)若线段上存在点，满足，且平面与平面的夹角的余弦值为，求实数的值． 2．在梯形中，，，，P为的中点，线段与交于O点（如图1）.将沿折起到位置，使得平面平面（如图2）.    (1)求二面角的余弦值； (2)线段上是否存在点Q，使得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. 3．（2025·甘肃甘南·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，二面角的大小为． (1)求线段的长． (2)若，且，则在线段上是否存在点，使得直线BE与平面PDC所成的角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由． 4．（2025·山东临沂·一模）在中，，如图将沿翻折至.    (1)证明：平面平面； (2)若二面角大小为. （i）求与平面所成角的正弦值； （ii）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，确定点的位置；若不存在，说明理由. 5．（2025·河北沧州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，为直角，侧面为等腰直角三角形，平面平面，且，． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在内（不含边界）是否存在点，使直线与直线、所成的角均为，若存在，求点到点的距离；若不存在，请说明理由． 题型六 折叠条件下问题 【技巧通法·提分快招】 解决折叠问题最重要的就是对比折叠前后的图形，找到哪些线、面的位置关系和数学量没有发生变化，哪些发生了变化，在证明和求解的过程中恰当地加以利用。 一般步骤： ①确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量； ②在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面； ③利用判定定理或性质定理进行证明. 1．（24-25高三下·江苏常州·开学考试）如图，中，分别为的中点，将沿着翻折到某个位置得到. (1)若点为的中点，求证：平面； (2)当时，求平面与平面所成角的余弦值. 2．（23-24高三上·湖北·月考）如图，在梯形ABCD中，，将沿着BD折起到的位置，使得平面平面． (1)证明：； (2)点M满足，若二面角的余弦值为，求． 3．（2025·四川南充·三模）如图，在等腰梯形中，，，E是的中点，，将沿着翻折成. (1)求证：平面； (2)若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值； (3)在线段上是否存在点P，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 4．（2025·河北邯郸·模拟预测）如图，在边长为2的菱形ABCD中，，将沿着BD折起，连接AC，使得． (1)求证：平面平面； (2)若点M为棱CD的中点，求二面角的余弦值． 5．（2025·河南·二模）如图1，在半径为2的扇形中，，是弧上的动点（不含，），过点作，交于点.当的面积取得最大值时，将扇形沿着折起到，使得平面平面（如图2所示）. (1)求图2中的长度； (2)求图2中直线与所成角的余弦值； (3)探究在图2中的线段上是否存在点，使得四面体内切球的半径为？并说明理由. 题型七 新定义问题 【技巧通法·提分快招】 面对新情景、新定义，首先要深入理解并分析这些新元素，将其与已知的立体几何知识相结合。明确解题目标后，灵活运用基本定理和性质，如平行、垂直的判定与性质，以及空间角、距离的计算公式。在解题过程中，合理构造辅助线和面，以揭示隐藏的空间关系，简化问题。对于复杂问题，可尝试建立空间直角坐标系，利用向量法进行计算和证明。同时，要善于将空间问题平面化，通过截面、投影等方式转化求解对象。最后，解题后要进行验证和反思，确保结论的正确性，并总结所使用的方法和技巧，以便在未来遇到类似问题时能够迅速应对. 1．新定义：已知，.空间向量的叉积.若在空间直角坐标系中，直线的方向向量为，且过点，直线的方向向量为，且过点，则与方向向量的叉积为，与的混合积为.混合积性质：若，则与共面；若，则与异面.已知直线的一个方向向量为，且过点，直线的一个方向向量为，且过点. (1)用混合积性质证明：与是异面直线； (2)若点，求的长的最小值； (3)若为坐标原点，直线，求的坐标. 2．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知三棱锥如图所示． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为，求点A到平面PBC的距离； (3)在（2）的前提下，又知点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度． 3．（24-25高三下·甘肃白银·月考）空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：①多面体顶点的曲率等于减去多面体在该点处所有面角之和；②多面体的总曲率等于多面体所有顶点的曲率之和，多面体各顶点的平均曲率等于它的总曲率与顶点数之商，其中多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为． (1)如图1，已知四棱锥的底面ABCD为菱形，，O为BD的中点，且平面ABCD，． ①求该四棱锥在顶点P处的曲率的余弦值； ②求二面角的平面角的正弦值； (2)瑞士数学家莱昂哈德·欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他对简单多面体进行研究后，提出了著名的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F满足．请运用欧拉定理解决下列问题：碳60（）具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料．它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图2所示．已知碳60（）的分子结构是一个由60个C原子构成的分子，这个多面体有60个顶点，试求碳60（）各顶点的平均曲率． 4．（24-25高三上·河南南阳·期末）空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成（其中），且为该平面的法向量. (1)若平面，，且，求实数的值； (2)请利用法向量和投影向量的相关知识证明：点到平面的距离为，若记集合所围成的几何体为，求的内切球的表面积； (3)记集合中所有点构成的几何体为. ①求的体积的值； ②求的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小. 检测Ⅰ组 重难知识巩固 1．（2025·安徽合肥·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，为的中点，，，，，． (1)求点到平面的距离； (2)在线段上是否存在点，使得平面?若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 2．（24-25高三上·上海奉贤·期中）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线. (1)求证：直线平面； (2)若直线上存在一点（与都在的同侧），且直线与直线所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 3．（24-25高三上·广东·期中）如图，在三棱锥中，，，平面平面． (1)若，证明：； (2)若，，且直线与平面所成角的余弦值为，求． 4．（2025·广西桂林·一模）如图，梯形中，为上一点，，且，将沿着翻折至所在位置，使得平面平面，连接，得到四棱锥为的中点.    (1)若为的中点，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得，若存在，求直线与平面所成角的正弦值，若不存在，请说明理由. 5．（2025·江西鹰潭·一模）如图，在三棱柱中，，， (1)求证：； (2)侧棱上是否存在点，使得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. 6．（24-25高三上·北京·期中）如图，在四棱锥中，直线平面.，，，，，平面平面，F为线段的中点，E为线段上一点.    (1)证明：； (2)证明：； (3)是否存在点E，使得点E到平面的距离是，若存在求出的值，若不存在请说明理由. 7．（25-26高三上·浙江杭州·开学考试）如图，在三棱柱中，，分别为棱，上的点，满足，，且与的面积之比为    (1)证明：平面； (2)求点到平面与到平面的距离之比； (3)若，直线，，两两相互垂直，求平面与平面所成角余弦值的取值范围 8．如图，在四棱锥中，，且，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 9．（24-25高三下·江苏盐城·月考）直三棱柱，已知∠ABC为直角，，，线段上有一点M，线段存在一点N，使得面MAB． (1)求CN长； (2)若二面角所成角余弦值为时，求AB长． 10．（24-25高三上·湖北襄阳·月考）如图，已知正方形的边长为4，分别为的中点，沿将四边形折起，使二面角的大小为60°，点在线段上． (1)若为的中点，且直线与直线的交点为，求的长，并证明直线//平面； (2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为60°；若存在，求此时二面角的余弦值，若不存在，说明理由． 11．如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，为棱的中点，为边的中点. (1)求证：平面； (2)若侧面底面，且，； ①求与平面所成的角； ②在棱上是否存在点，使点到直线的距离为，若存在，求的值；若不存在，说明理由. 12．在空间直角坐标系中，若平面过点，且平面的一个法向量为，则平面的方程为，该方程称为平面的点法式方程，整理后为（其中），该方程称为平面的一般式方程.如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，，，两两垂直，，，直线与平面所成的角为，以为坐标原点，，，的方向分别是，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. (1)求平面的一般式方程. (2)求到直线的距离. (3)在棱是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 13．（24-25高三下·云南临沧·月考）如图，在正三棱柱中，，，动点在上，动点在上，且满足，，为的中点． (1)当时，求与底面所成角的正切值； (2)当平面平面时，求的值； (3)是否存在，使得平面平面？若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 14．（2025·四川乐山·三模）如图，直五棱柱中，四边形为正方形，，二面角的平面角为，为中点. (1)当时，证明：平面； (2)当直线与平面所成的角为时，求的值. 15．（25-26高三上·贵州·月考）如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，，，，，点N为线段AD上的点（包含端点）. (1)当点N为线段AD的中点时，求证：平面； (2)线段AD上是否存在点N，使得平面BFN和平面ADE的夹角为． 16．（24-25高三下·河南新乡·月考）如图，圆台下底面圆的直径为，是圆上异于、的点，、是圆台上底面圆上的两点，是的中点，，. (1)证明：平面． (2)求四面体的外接球的表面积； (3)求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 17．（24-25高三上·内蒙古鄂尔多斯·期末）如图，在四棱锥中，，，，是边长为2的等边三角形，且平面平面，点E是棱上的一点.    (1)若，求证：平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值； (3)求点到直线的距离的最小值. 18．（2025·湖北武汉·一模）已知四棱锥的底面为平行四边形，，，，，. (1)求三棱锥外接球的表面积. (2)设为线段上的点. （i）若，求直线与平面所成角的正弦值. （ii）平面过点，，且平面，探究：是否存在点，使得平面与平面之间所成角的正切 值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 19．（2025·宁夏内蒙古·模拟预测）在平面四边形中，，，将沿AC翻折至，其中P为动点. (1)设，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上． （i）证明：平面平面； （ii）求球O的半径 (2)求二面角的余弦值的最小值. 检测Ⅱ组 创新能力提升 1．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． 2．（24-25高三上·广西河池·期末）如图，在多面体中，是边长为2的等边三角形，平面，，，，，设为的中点． (1)证明：平面； (2)设为棱上的动点，求与平面所成角的正弦值的最大值． 3．（24-25高三下·浙江宁波·月考）如图，在三棱柱中，为的重心，平面，记二面角与的大小分别为. (1)当时，时. （i）证明：； （ii）求； (2)若，求的取值范围. 4．类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则.如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点. (1)求的值； (2)直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； (3)在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 5．（24-25高三下·安徽安庆·月考）.如图，正方形的边长为分别为边上的点. (1)若是等边三角形，求的面积 (2)的周长为， （i）求的大小： （ii）若是的中点，设为的面积，将沿折成直二面角，求当取最小值时，直线与平面所成角的正弦值. 6．（24-25高三下·贵州贵阳·月考）如图，在直三棱柱中，，，，分别为棱，上的动点且，点在平面上的射影为点，的中点为． (1)求证：平面； (2)求点的轨迹长； (3)求平面与平面所成角的余弦值的取值范围． 7．（25-26高三上·江苏镇江·开学考试）已知四棱锥的底面是边长为1的正方形，其中，二面角的大小为，平面平面.    (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的大小； (3)如图，若，平面平面为上一动点.平面与平面夹角的大小为，求的最小值. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点培优06 立体几何中的最值（范围）、探索性及新定义问题 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构・重难梳理固根基 1 02 题型精研・技巧通法提能力 2 题型一 已知线面角、二面角求其他量（★★★★★） 2 题型二 夹角、距离的最值（范围）问题（★★★★★） 10 题型三 平行、垂直关系中的探索性问题（★★★） 26 题型四 距离中的探索性问题（★★★） 34 题型五 夹角中的探索性问题（★★★★★） 42 题型六 折叠条件下问题（★★★★★） 53 题型七 新定义问题（★★★★） 63 03 实战检测・分层突破验成效 72 检测Ⅰ组 重难知识巩固 72 检测Ⅱ组 创新能力提升 112 1、用向量法处理立体几何中的探索性、存在性问题 探索性、存在性问题是条件不完备、结论不确定的问题,利用向量的方法将这类问题由立体几何问题转化为代数的方程(不等式)的解的问题,考查了化归、转化的数学思想,培养了逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养. 2、用向量的坐标运算解决几何问题 用向量的坐标运算解决几何问题,使几何问题代数化,以数助形,体现了数形结合的思想.同时本题还运用了方程的思想,通过列方程、解方程使问题得以解决.这足以说明“向量的坐标运算”是“几何”与“代数”间的一座新的桥梁. 这类问题的基本形式是判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立,解决这类问题的基本策略是假设题中的数学结论成立,在这个前提下进行逻辑推理,若由此导出矛盾,则否定假设,否则,给出肯定证明. 3、对于存在判断型问题：通常应先假设存在，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，是否有规定范围内的解”等. 4、对于位置探究型问题：通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.　　 题型一 已知线面角、二面角求其他量 1．（25-26高三上·河北·开学考试）如图，在三棱锥中，，，，且平面平面. (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，使得二面角的正切值为，若存在，求出的值，并给出证明；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，，证明见解析 【分析】（1）取的中点，连接，根据面面垂直的性质定理得平面，然后根据线面垂直的性质定理得，再根据线面垂直的判定定理即可证明. （2）解法一：过作，交于点，过作于G，连接，根据线面垂直的性质及二面角的平面角的定义，作出二面角的平面角，设，在中，利用正切值列方程解得，即可求得. 解法二：取的中点O，连接，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，求出点坐标，显然平面的一个法向量为，求出平面的一个法向量，结合同角三角函数基本关系，利用向量法列方程求得，即可求得. 【详解】（1）取的中点，连接， ∵，∴， 又平面平面，平面平面，平面， ∴平面，又平面，∴， 又∵，，平面， ∴平面. （2）解法一：存在，. 证明：假设存在点满足要求，过作，交于点， 过作于G，连接， ∵平面，平面，∴， 又，平面，∴平面， 又平面，∴. 又，平面，∴平面， 又平面，∴. 所以是二面角的平面角. 设，∴，，， ∴， 解得， ∴，∴. 解法二：存在，. 取的中点O，连接， ∵平面，平面，∴， ∵，∴， ，∴平面， 以为坐标原点，以过点且平行于的直线为轴，以所在直线为轴， 以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 设，则，，， ，， 显然平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则 令，则，， ∴平面的一个法向量为， ∴， 设二面角的平面角为， 则， 解得， ∴，∴. 2．（25-26高三上·河北保定·月考）如图，在中，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至，得到四棱锥为棱上一动点（不包含端点）． (1)若为棱的中点，证明：平面； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为． （ⅰ）求； （ⅱ）求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）根据已知得是等边三角形，取的中点，连接，进而得，再由线面、面面平行的判定定理证明平面平面，再由线面平行的性质证明结论； （2）（i）根据已知构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，设，进而得，求直线与平面的方向向量和法向量，应用向量法求线面角及已知列方程求出参数值；（ii）应用点面距离的向量求法求点面距离. 【详解】（1）因为，所以， 因为为的中点，则，所以是等边三角形， 取的中点，连接，则， 又为棱的中点，且，即，则． 因为平面平面平面平面， 所以平面，平面， 又平面，所以平面平面， 又平面，所以平面． （2）（ⅰ）因为，所以． 所以，因为，所以， 又平面，所以平面， 以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， 则， 设，则， 设平面的法向量为，则，即， 令，得，则． 设直线与平面所成的角为，所以， 整理得，解得（舍），所以． （ⅱ）由（ⅰ）知， 设平面的法向量为，则，即， 令，得，则， 所以点到平面的距离为． 3．（25-26高三上·江苏镇江·开学考试）如图，四棱锥的底面为梯形，，为直角三角形，.    (1)设平面平面，证明：； (2)已知在同一个球面上，且球心在平面上. （i）证明：平面平面； （ii）若点在线段上，且与平面所成角的正弦值为，求的长. 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii）. 【分析】（1）利用线面平行的判定性质推理得证. （2）（i）根据给定条件，确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质及面面垂直的判定推理得证；建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法列式求解. 【详解】（1）在四棱锥中，，平面，平面， 因此平面，而平面平面，平面， 所以. （2）（i）取中点，连接，由，得四边形为平行四边形， 则，，是外接圆圆心， 又四边形是等腰梯形，则点在外接圆上，即点与点重合， 取中点，连接，由为直角三角形，，得为外接圆圆心， 而是四棱锥外接球球心，于是平面，又平面， 所以平面平面.    （ii）由（i）得，，，， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量为，则，取，得， 设，则， 由与平面所成角的正弦值为，得， 整理得，而，解得，则， 所以的长为. 4．（2024·浙江温州·一模）如图，在三棱柱中，平面平面，平面. (1)求证：； (2)若二面角的正弦值为，且，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）过作于点，然后根据面面垂直的性质定理得面，然后再利用线面垂直的性质定理得，同理，然后再利用线面垂直的判定定理得面，然后用线面垂直的性质定理得； （2）以为原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系，然后利用坐标计算确定位置，计算的长度即可. 【详解】（1）过作于点， 因为平面平面，所以面， 因为 面 所以， 又因为平面，所以， 而面， 所以面， 因为面 所以 （2）如图，以为原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系， 二面角的平面角与二面角的平面角互补，记为， 设，有，，， ， 设面的法向量为，有， 即，令，得， 又面的法向量为， 所以， 解得，所以. 题型二 夹角、距离的最值（范围）问题 1．如图，直角梯形和矩形所在的平面互相垂直，，，.    (1)证明：； (2)若，动点在矩形内（含边界），且. ①求动点的轨迹的长度； ②设直线与平面所成角为，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)①② 【分析】（1）通过证明平面，可完成证明； （2）①如图建立空间直角坐标系，设的坐标为，由可得动点的轨迹，即可求长度；由①可设，据此可表示出平面的法向量，然后由空间向量结合三角函数知识可得答案. 【详解】（1）证明：直角梯形和矩形所在的平面互相垂直，且交线为，， 平面，所以平面, 因为平面，所以， 因为， 所以，可知， 又因为，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以. （2）    ①因为平面，， 以为坐标原点，直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则， 设，则， 因为，所以，即， 整理可得：， 可知动点M的轨迹是以为圆心，半径为1的半圆， 所以动点M的轨迹的长度， ②由①可设：， 可得， 设平面的法向量， 则，则，取，可得， 则， 因为，则，可得， 所以， 2．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）如图1，在等腰直角三角形中，，、、分别在线段、、上，且，．已知，，沿将折起，使得平面平面，如图2． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)点在线段上，设直线与直线所成角为，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由条件证明，，根据线面垂直的判定定理即可得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明平面平面； （2）建立空间直角坐标系, 求和平面的法向量，再根据线面角公式计算即可； （3）设，求向量，，根据线线角的公式得，再由换元法计算即可. 【详解】（1），，， ，， 又，， ， ， , 又， 平面平面，且平面平面，又， 平面，平面，平面，， 平面， 平面， 平面， 平面平面 （2）平面, 建立如图所示空间直角坐标系, ，，，，，， ，，, 设平面的法向量为，则，取，, 设直线与平面所成的角为， 则. （3）设，其中， 则，，， 所以， 令，则， 所以， 当时，单调递增， 故在时，取最大值，此时. 3．（2025·云南玉溪·模拟预测）如图，在多面体ABCDEF中，四边形CDEF为正方形，，AD=AE=BC=BF=3，EF=2AB=4． (1)设平面ADE∩平面BCF=l，证明：； (2)直线DE上是否存在点G，使得DE⊥平面 ABG？若存在，确定点G的位置并说明理由；若不存在，请说明理由； (3)若，λ∈[0,1]，求平面BFG与平面DEA夹角的余弦的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，为中点，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据题意，得到，利用线面平行的判定定理，证得平面，再由线面平行的性质定理，即可证得； （2）取的中点，得到，再由，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面平面； （3）设点为中点，取与连线交于点，以建立空间直角坐标系，设到平面的距离为，令，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角，列出关系式，利用函数的单调性，即可求解. 【详解】（1）因为四边形为矩形， 所以，因为平面，平面。 所以平面，因为平面平面，平面， 所以； （2）存在为中点，使得平面， 理由如下：取的中点， 因为，所以， 因为且， 所以，因为且平面， 所以平面； （3）设点为中点，取、和中点为， 由（2）知共面且平面， 取与连线交于点，连接， 则，可得为等腰梯形， 所以，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为，所以， 设到平面的距离为， 因为四边形和四边形为两个全等的等腰梯形， 所以，设， 因为， 所以，解得， 所以，可得， 令，所以， 设平面的法向量为， 则， 取，可得， 所以，设平面的法向量为， 则， 取，可得， 所以，所以， 令，则， 则， 令，则， 所以在单调递增， 当时，当时， 所以，所以， 故平面BFG与平面DEA夹角的余弦的取值范围为. 4．（24-25高三下·山西·月考）如图，在直四棱柱中，，，，，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若为线段上的动点，求到直线距离的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由直棱柱的性质可得，再结合，可证得平面，则，然后根据已知的条件可得∽，从而可证得，进而可得，最后利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）由题意可证得，，，所以以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，从而利用向量的夹角公式可求得结果； （3）设，则表示出点的坐标，从而可表示出的坐标，然后表示出到直线的距离，化简可求出其最小值. 【详解】（1）证明：由直四棱柱知底面， 因为平面，所以， 又，，，平面， 所以平面， 因为平面，所以． 因为，，， 所以，， 所以∽，所以， 因为，所以，所以， 又，，平面，所以平面． （2）解：因为底面，平面， 所以， 因为，所以，，两两垂直， 所以以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，，，， 由（1）知，为平面的一个法向量． 设为平面的一个法向量， 因为，， 所以，即，令，可得． 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）解：设，， 则，， 设到直线的距离为，则 ， 所以当时，，即到直线距离的最小值为． 5．（2025·云南·模拟预测）在平面五边形中，如图1所示，，，．将平面四边形沿翻折成空间图形，使D，E分别至点，，连接，，如图2所示，其中，都为动点． (1)若，证明：平面平面； (2)若平面四边形沿旋转一周所得几何体，求该几何体的表面积； (3)求二面角的余弦值的最小值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）利用菱形的性质及勾股定理逆定理可得，再利用线面垂直、面面垂直的判定推理得证. （2）利用圆锥、圆柱的侧面积公式求出表面积. （3）设二面角的大小为，以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量求法建立函数关系，进而求出最小值. 【详解】（1）连接，在平面四边形中，，则四边形为菱形， 由，得为正三角形，，而， 则，，由，得， 而平面，因此平面，又平面， 所以平面平面. （2）由（1）知，四边形是菱形，，作于，交延长线于， 菱形沿旋转一周所得几何体，是绕直角边所在直线一周得的圆锥， 矩形绕直线一周得的圆柱并挖去绕直线一周得的圆锥的组合体， ，该几何体的表面积为. （3）在平面内过作，而，则是二面角的平面角， 在平面内过作，则，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，设， 则， ， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，令，得， ，令，得， 设二面角的平面角为，由几何图形及可得为锐角， 则 ，令，， ，当且仅当时取等号， 所以二面角的余弦值的最小值为. 6．（2025·河北张家口·二模）如图，四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，且，，平面.    (1)证明：平面平面； (2)求四棱锥体积的最大值； (3)当时，求直线与平面所成角的正弦值的最小值. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【分析】（1）由题可得，即，利用线面垂直的判定定理证明平面，根据面面垂直的判定定理得证； （2）作，得平面，由，利用基本不等式得，结合三角形面积公式得，同理可得，由此得解； （3）取的中点，以为原点，为轴，过点且平行于的直线为轴，过点且平行于的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，由几何关系可得，设点，其中，求出和平面的一个法向量，表示直线与平面所成角的正弦值，根据三角函数求出最值得解. 【详解】（1）由题，四边形在球的一个圆面的圆周上，故， 又，故，故， 由平面，平面，得， 又，平面，平面， 故平面， 又平面，故平面平面. （2）作，由平面平面，平面平面，平面，可得平面， 记四棱锥的体积为， 则， 而， 由平面，则，故， 于是，当且仅当时，取等号， 由，得， ，由，得， 故，当且仅当取等号， 于是， 故. 故四棱锥体积的最大值为.    （3）取的中点，以为原点，为轴，过点且平行于的直线为轴，过点且平行于的直线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系，则，， 故，解得，故, 记与轴交于点，易知，而， 故可设点，其中， 于是， 易知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则 ， 由辅助角公式得， 所以， 当，时，等号成立， 故直线与平面所成角的正弦值的最小值为.    7．（2025·山西·二模）中，，，，是的中点，是的中点，是的中点.如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得. (1)证明：、、、共面； (2)若，求三棱锥的体积； (3)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点，的中点，连接、、，证明出四边形、、为平行四边形，可得出，由此得出，即可证得结论成立； （2）过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，可知为三棱锥的高，求出、，利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积； （3）在平面中，过点作，交于点，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，设，利用空间向量法结合基本不等式可求得平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 【详解】（1）取的中点，的中点，连接、、， 因为、分别为、的中点，所以，， 翻折前，中，，，， 是的中点，是的中点，是的中点， 则，，，，， 翻折后，则有，，， 因为，为的中点，所以，， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 因为为的中点，所以，，故四边形为平行四边形， 所以，，故，， 所以四边形为平行四边形，所以，所以， 所以、、、共面. （2）过点在平面内作，垂足为点， 翻折前，因为，翻折后，则有，， 因为、平面，，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，、平面，所以平面， 即是三棱锥的高. 由（1）的图，在中，，， 由余弦定理得， 所以， 所以， 在中，，，，是的中点， 则，， 所以， 所以三棱锥的体积为. （3）在平面中，过点作，交于点， 因为平面，， 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，则， 所以，，， 设平面的一个法向量， 则， 令，则，，所以， 设平面的一个法问量，则， 令，则，，所以， 设平面与平面的夹角为， 则 ， 因为，所以，则， 当且仅当，即时，即时，等号成立. 所以平面与平面的夹角的余弦值的最大值为. 题型三 平行、垂直关系中的探索性问题 【技巧通法·提分快招】 1、利用空间向量证明平行关系的方法和步骤 （1）要证明线线平行，首先需要证明两直线的方向向量共线，再说明其中一条直线上存在某个点不在另一条直线上. （2）要证明线面平行，首先需要证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直，或直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，再说明该直线上存在某个点不在平面内. （3）要证明面面平行，首先需要证明两平面的法向量为共线向量，再说明其中一个平面内存在某个点不在另一个平面内(也可转化为证明线面平行、线线平行). 2、利用空间向量证明垂直关系的方法和步骤 （1）要证明线线垂直，需证明两直线的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零. （2）要证明线面垂直，需证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或先通过向量证明线线垂直，再由线面垂直的判定定理证明. （3）要证明面面垂直，需证明两个平面的法向量垂直. 1．已知四边形为直角梯形，为中点，与交于点，沿将四边形折起，连接． (1)若平面平面，求证：； (2)若平面平面． （ⅰ）求二面角的大小； （ⅱ）线段上是否存在点，使平面，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)（ⅰ）；（ⅱ）存在，． 【分析】（1）利用线面平行的判定、再面面平行的判定及性质推理即得. （2）根据给定条件，证明直线两两垂直，再以为原点建立空间直角坐标系，（ⅰ）求出平面的法向量，利用空间向量求出面面大小；（ⅱ）利用空间位置关系的向量证明求解即可. 【详解】（1）由，平面，平面，得平面， 由，同理得平面，而平面， 因此平面平面，又平面平面，平面平面， 所以. （2）在边长为2的正方形中，， 由平面平面，平面平面， 又平面，得平面，即直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则． （ⅰ）， 设平面法向量为，则，取，得， 设平面法向量为，则，取，得， 于是，而二面角为钝二面角， 所以二面角的平面角的大小为. （ⅱ）假设线段上存在点，使平面，设， 则， 由平面，得，则，解得， 所以线段上存在点，使平面，且. 【点睛】易错点睛：空间向量求二面角时，一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算． 2．（24-25高三上·北京朝阳·期末）如图，在五面体中，平面，，，，，，分别为的中点，连接． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明即可； （2）应用空间向量法求法向量及线面角的正弦值； （3）先设，再应用线面平行即得计算求参即可. 【详解】（1）因为平面平面，所以． 又因为，平面，所以平面． 又平面，所以． 又因为为线段的中点，所以． 因为，所以． 因为分别为线段的中点，所以． 又，所以．即四点共面． 又平面平面， 所以平面． （2）因为平面，所以． 又，所以两两垂直． 如图建立空间直角坐标系． 于是． 可得 由（1）可得AP平面DCE． 所以平面的一个法向量为． 设直线与平面所成角为，则有 ． 则直线与平面所成角的正弦值为． （3）设是线段上的一点，则存在，使． ，从而． 由点的坐标可得． 设平面的法向量为 则有，即 令，则法向量为 令，即，解得． 此时，又显然有平面，从而平面． 所以，线段上存在点，使得平面，此时． 3．（2025·广西南宁·三模）等腰梯形ABCD中，，，，点E为中点（如图1）．将沿折起到的位置，点O，F分别为的中点（如图2）． (1)求证：平面平面； (2)如果，平面平面，那么侧棱上是否存在点P，使得平面？若存在，求平面与平面夹角的余弦值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，. 【分析】（1）利用三线合一得，，再根据面面垂直的判定定理即可. （2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关法向量，根据线面位置关系的空间向量的证明方法即可求出的位置，再利用面面角的空间向量求法即可. 【详解】（1）因为且，故四边形是平行四边形，则， 又为等腰梯形且，可得是等边三角形． 故四边形BCEA为菱形，是等边三角形， 因为为中点，所以，同理可证． 又，且平面，所以平面， 又BE在平面BCDE内，所以平面平面. （2）存在点P，使得平面， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又，建立以为原点，所在直线为，，轴的空间直角坐标系，如图所示： 因为， 则， 设， 则， 设平面的一个法向量，则， 即，令，则， 要使平面，则，即，解得， 故在侧棱上存在点，使得平面， 此时，， 设平面的一个法向量，则， 即，令，则，即， 设平面与平面夹角为，所以， 故平面与平面的夹角的余弦值为． 4．（25-26高三上·安徽·开学考试）三棱锥中，，，．点P在底面上的射影E是线段上靠近点A的四等分点． (1)求与平面所成角的正弦值； (2)求三棱锥外接球表面积； (3)设靠近的四等分点为F，D是平面内的动点，且C，D在直线的两侧，满足．试探究是否存在点D使得平面平面？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在； 【分析】（1）法一：连接，利用等体积法，求出点到平面的距离，从而；法二：连接，证得，求得，过B作，证得平面，得到为与平面所成角，在中，求得，利用面积相等法，求得，在直角中，即可求得与平面所成角的正弦值； （2）由几何性质知，球心M在过AB中点O且与面CAB垂直的垂线上，建立空间直角坐标系，设，由，建立方程可求得，即可求得球的表面积； （3）由（2）建系，设，推出D点轨迹方程为（*），分别求出平面和平面的法向量，根据推得，与（*）联立，求出点坐标即可得到之长. 【详解】（1）法一：连接，由题意，，， 因，，则，即是等腰直角三角形， 故，在中，由余弦定理：， 因，， 设为到平面的距离， 由，可得：，即：， 设与平面所成角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 法二：连接，因为在底面上的射影是线段靠近点的四等分点， 可得平面，因平面，所以， 在直角中，可得， 又因为平面，所以平面平面，且交线为， 过作于点，连接， 因为平面，由面面垂直的性质，可得平面， 故为与平面的所成角， 在中，，，， 由余弦定理得，所以， 又由，解得， 在中，由，所以， 即直线与平面所成角的正弦值为. （2）因，则三棱锥外接球的球心在过中点且与平面垂直的垂线上， 以点为坐标原点，所在直线为，轴，过点平行于的直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，设三棱锥外接球的半径为， 设，由，∴， ∴，故，，故三棱锥外接球的表面积为． （3）依题意，，，，，， 设，由， ∴在平面中，点D在以E、F为焦点的椭圆上，则（*）， 设平面的法向量，因，， 因，即，故可取， 设平面的法向量，因，， 由，∴，故可取， 由可得，将其代入（*），解得（舍）或， 此时．而，故． 题型四 距离中的探索性问题 1．（25-26高三上·黑龙江绥化·开学考试）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，.已知，分别为，的中点，平面与棱交于点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)判断线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，的坐标为或，理由见解析， 【分析】（1）先证明，，由线面垂直判定定理证明平面，所以，再证明，根据线面垂直判定定理证明结论； （2）先证明平面，由此可得，再证明，由此可得，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，结合向量夹角公式求结论； （3）设，，由此可得，根据点到平面的距离的向量求法结合条件列方程求，由此可得结论. 【详解】（1）证明：因为平面ABCD，平面ABCD，所以. 因为四边形为正方形，所以， 又，平面， 所以平面， 因为平面，所以. 因为为中点，，所以. 又，平面， 所以平面， （2） 由（1）平面，平面，所以， 因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 因为四边形为正方形，所以， 平面，， 所以平面，平面，所以， 因为为的中点，，所以， ，平面， 所以平面，平面， 所以， 因为，所以平面，平面， 所以，故， 由（1）平面，平面， 所以，故，又， 所以，所以， 由已知，，， 所以，故， 以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，易知， 所以，. 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为. 平面ABCD的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为， （3）因为，，所以， 设，， 所以，所以，所以. 由（2）知平面的一个法向量为， 所以，解得或， 所以点的坐标为或. 2．如图，在正三棱柱中，底面边长为2，侧棱长为，D是BC的中点．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点E，使得点到平面ADE的距离为?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)． (3)存在， 【分析】（1）利用中位线证明线线平行，再证明线面平行即可； （2）利用正三棱柱的性质如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求线面角的正弦值； （3）利用设未知量，来表示空间向量，借助空间向量法来求点到面的距离，从而解决问题. 【详解】（1）    如图，连接交于点O，连接， 则点O为的中点，且D是的中点， 则为的中位线，所以． 又因为平面，平面， 所以平面． （2）因为在正中，D是的中点，故， 以D为坐标原点，取的中点F，分别以为轴，建立空间直角坐标系，    则，，，，，，． 故，，， 设平面的法向量为， 则取． 设直线与平面所成角为, 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为． （3）存在点E，理由如下： 设，其中， 所以，， 设平面ADE的法向量为， 则取． 且， 则点到平面ADE的距离， 化简得，解得或（舍去）． 综上，存在点E使得点到平面ADE的距离为．此时． 3．如图，圆台的轴截面为等腰梯形，上、下底面半径分别为2，4，圆台母线与底面所成角为是下底面圆周上一点（异于点）.已知，若线段上存在一点，使得平面，试确定点的位置，并求直线与平面的距离； 【答案】P为中点；； 【分析】取中点为P，证明平面平面即可得平面，接着建立空间直角坐标系，求出向量和平面的一个法向量为，再由距离公式即可求直线与平面的距离； 【详解】 取中点为P，连接，则由题意可得， 由题意可知且， 所以四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 所以平面，平面，又， 所以平面平面， 又平面，所以平面，所以P为中点； 由上可知直线与平面的距离即为点O到平面的距离，设为， 由题意圆台母线长为，， 如图，取中点D，以O为原点，分别为建立如图所示空间直角坐标系， 则此时， 所以， 设平面的一个法向量为，则， 即，取，得， 则， 所以. 4．（22-23高三上·福建厦门·期中）如图，在四棱锥中，，底面为直角梯形，，，，为线段上一点. (1)若，求证：平面； (2)若，，异面直线与成角，二面角的余弦值为，在线段上是否存在点，使得点到直线的距离为，若存在请指出点的位置，若不存在请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)线段上存在点，为靠近或靠近的三等分点 【分析】（1）过点作，交于点，连接，通过证明四边形为平行四边形得出，然后利用线面平行的判定定理即可得出结论； （2）证明出平面，过点作交于点，并以点为坐标原点，、、所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合二面角的余弦值为，求出的值，再利用空间中点到直线的距离公式即可得出结论. 【详解】（1）（1）过点作，交于点，连接， ∵，∴， ∴，∴， ∵，∴， 所以四边形为平行四边形，则， ∵平面，平面， ∴平面； （2）由异面直线与成角，即， ∵，，∴平面， ∵，过点作交于点， 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， 设，则，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，取，则，， 则， 设平面的法向量为， 则，取，则，， 可得平面的一个法向量为， 由于二面角的余弦值为， 则，解得， 则， 假设线段上存在点，使得点到直线的距离为， 设， ∴， 则， ∴，， ∴点到直线的距离为， 解得或， 所以线段上存在点，为靠近或靠近的三等分点时，使得点到直线的距离为. 题型五 夹角中的探索性问题 1．（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在四棱锥中，，．    (1)求证：平面平面； (2)若线段上存在点，满足，且平面与平面的夹角的余弦值为，求实数的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）要证面面垂直，需证线面垂直，即证平面，即可证出； （2）建立空间直角坐标系，用向量的方法求解即可. 【详解】（1）如图：    因为，，所以为等边三角形，， 又，所以，又， 所以. 因为，所以为直角三角形，. 又，，为平面内的两条相交直线， 所以平面，平面，所以，平面平面. （2）取中点，中点，因为， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又， 故以为原点，建立如图空间直角坐标系，    所以，，，，，. 设，因为， 解得，所以. 设平面的法向量为， 则，取； 设平面的法向量为， 则，取. 那么，，. 由，又，所以. 【点睛】关键点睛：根据，和点、的坐标，求点坐标是本题的一个关键. 2．在梯形中，，，，P为的中点，线段与交于O点（如图1）.将沿折起到位置，使得平面平面（如图2）.    (1)求二面角的余弦值； (2)线段上是否存在点Q，使得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. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）建立空间直角坐标系，由空间向量求解； （2）设，表示出，利用向量的夹角公式代入列式，即可得解. 【详解】（1）因为在梯形中，，，，为的中点，所以，，， 所以是正三角形，四边形为菱形， 可得，， 而平面平面，平面平面， 平面，， 平面，所以，，两两互相垂直， 如图，以点为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，，，， 设平面的一个法向量为，则 ，即，令，则， ， 设平面的一个法向量为，则 ，即，令，则，， ， ， 所以二面角的余弦值为. （2）线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为. 设，因为，，所以， 设与平面所成角为，则， 即，，解得， 所以线段上存在点，且，使得与平面所成角的正弦值为. 3．（2025·甘肃甘南·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，二面角的大小为． (1)求线段的长． (2)若，且，则在线段上是否存在点，使得直线BE与平面PDC所成的角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)存在； 【分析】（1）利用等腰三角形三线合一，取底边中点证明两个垂直，即可得二面角的平面角，从而利用余弦定理可求线段的长； （2）利用勾股定理证明线线垂直，可建立以为坐标原点的空间直角坐标系，借助空间向量运算可求解线面角，最后可判断存在性，并求出的长. 【详解】（1）如图，取的中点为，连接． ∵四边形是平行四边形，． ． 又． 为二面角的平面角，即． 在中，由余弦定理得． 又平面平面． 平面， ． （2）由（1）知． 同理， 又两两垂直． 以为坐标原点，直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则． 假设在线段上存在点满足题意，不妨设， 则． 设平面PDC的法向量为，则 令，则． 设直线BE与平面PDC所成的角为， 则， 解得，此时， 存在点满足题意，且． 4．（2025·山东临沂·一模）在中，，如图将沿翻折至.    (1)证明：平面平面； (2)若二面角大小为. （i）求与平面所成角的正弦值； （ii）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，确定点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）（ii）存在点，当或时满足题意 【分析】（1）只需证明平面，注意到，故只需证明平面，由即可证明； （2）（i）由题意得即二面角的平面角，结合解三角形知识求解即可；（ii）建立适当的空间直角坐标系，引入参数，将平面与平面的法向量表示出来，结合平面与平面所成角的余弦值为列出关于的方程，判断该方程的解的情况即可得解. 【详解】（1）因为，所以， 因为平面，所以平面， 所以平面，又平面，所以平面平面； （2）（i）在四棱锥中，由（1）知即二面角的平面角， 故，因为，所以， 从而， 过点作，交于点，又因为，可得平面，与平面所成角即为. 在中，由余弦定理可得：， 由等面积法，， 所以与平面所成角的正弦值为； （ii）如图，建立空间直角坐标系，    则， ， 设，可得， ， 设平面的法向量为，平面的法向量为， ，即， 令，可得， ，即， 令，可得， 设平面与平面的夹角为，， 解得或， 所以存在点，当或时满足题意. 【点睛】结论点睛：若直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则 ①两异面直线所成的角为，； ②直线与平面所成的角为，； ③二面角的大小为，. 5．（2025·河北沧州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，为直角，侧面为等腰直角三角形，平面平面，且，． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在内（不含边界）是否存在点，使直线与直线、所成的角均为，若存在，求点到点的距离；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）利用几何关系得，由面面垂直的性质得平面，从而可得，进而可得平面，由线面垂直的性质，即可求解； （2）法一，利用几何关系得为平面与平面夹角，利用几何关系计算，即可求解；法二，建立空间直角坐标系，求出平面与平面，再利用面面角的向量法，即可求解； （3）设，，根据题设得或，结合题设，分别讨论，即可求解. 【详解】（1）∵底面为直角梯形，，为直角， ，， ∴，，得，所以， 又∵平面平面，平面平面，平面， 则平面，又平面，∴， 又∵侧面为等腰直角三角形，， ∴，， ∴平面，又平面，所以． （2）（法一）由题意可知四边形为直角梯形， 延长，交与点，连接． 则平面平面， 过点作，垂足为，连接， 由（1）知平面，平面， 则，又，，所以平面，平面，则． 所以为平面与平面夹角． 在直角梯形中，，，， 得，，，可解得， 所以在中，， 则平面与平面夹角的余弦值为． （法二）∵平面平面，平面平面， 可过点作垂足为， 由题意知为等腰直角三角形，故点为线段的中点，且， 分别以过点与直线，平行的直线为轴，轴， 以所在直线为轴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，所以， 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）因点在内（不含边界），可设，， 由（2）知，，，， 则， ， 又直线与直线、均成角，则， 又由题意知，所以，即， 得， 整理得，即或． 又由，得，即， ①当时，由，得到，解得或， 当时，， 因为点在内（不含边界），得，，．故，舍去． 当时，，此时符合题意，，得到， ②当时，得， 所以，解得．此时． 因为点在内（不含边界），得，，， 故，舍去． 综上存在点在内（不含边界），使得直线与直线、均成角，且点到点的距离为． 题型六 折叠条件下问题 【技巧通法·提分快招】 解决折叠问题最重要的就是对比折叠前后的图形，找到哪些线、面的位置关系和数学量没有发生变化，哪些发生了变化，在证明和求解的过程中恰当地加以利用。 一般步骤： ①确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量； ②在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面； ③利用判定定理或性质定理进行证明. 1．（24-25高三下·江苏常州·开学考试）如图，中，分别为的中点，将沿着翻折到某个位置得到. (1)若点为的中点，求证：平面； (2)当时，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）取中点，连接，通过证明平面平面，可得证； （2）根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，然后以为原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及二面角的公式代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）取中点，连接， 因为为中点，所以，， 又平面，平面，平面，平面， 所以平面，平面， 又，平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面. （2）连接，则，又， 所以，即， 又因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以两两垂直， 以为原点，分别为轴正半轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，不妨令，则，所以， 设平面的一个法向量为， 则，不妨令，则，所以， 设平面与平面所成角大小为，则 ， 所以，平面与平面所成角的余弦值为. 2．（23-24高三上·湖北·月考）如图，在梯形ABCD中，，将沿着BD折起到的位置，使得平面平面． (1)证明：； (2)点M满足，若二面角的余弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）过D作，根据面面垂直证明线面垂直，从而可得，再证明平面，由此可证明； （2）建立合适空间直角坐标系，利用向量法表示出二面角的余弦值，由此可求的值. 【详解】（1）过D作，垂足为N， 因为平面平面PBC，平面平面，平面， 所以平面PBC， 因为平面PBC，所以， 因为，，所以平面， 因为平面，所以．    （2）由（1）可知平面，又， 以B为坐标原点，以的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，    则， ，， 设平面BCM的一个法向量， 由得，令得，      平面BDM的一个法向量可取， 因为二面角的余弦值为， 所，解得， 所以． 3．（2025·四川南充·三模）如图，在等腰梯形中，，，E是的中点，，将沿着翻折成. (1)求证：平面； (2)若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值； (3)在线段上是否存在点P，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）先证四边形ABED是菱形，可得，根据翻折前后不变的位置关系可证AE⊥平面，结合，即可得证； （2）先说明AE，，DM两两垂直，再以M为原点建系，利用向量法求面面角的余弦值即可； （3）假设线段上存在点P，使得平面，作出辅助线，得到A，M，P，Q四点共面，并证得四边形AMPQ为平行四边形，再根据线面平行的性质定理，推出P是的中点，得解． 【详解】（1）在梯形ABCD中，连接DE， 因为E是BC的中点，，所以， 又，所以四边形ABED是平行四边形， 同理可证四边形AECD也是平行四边形， 因为，所以四边形ABED是菱形，所以， 翻折后，有， ， 因为，平面，所以平面， 因为四边形AECD是平行四边形， 所以，所以平面； （2）平面平面，平面平面， 平面，，所以平面， 平面，所以， 由（1）知，，故AE，，DM两两垂直， 以M为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以为等边三角形，同理也为等边三角形， 所以，， 设平面的法向量为，则， 令，得，所以， 易知平面的一个法向量为， 所以， 由图，平面与平面夹角为锐角， 故平面与平面夹角的余弦值为； （3）假设线段上存在点P，使得平面， 过点P作交于Q，连接MP，AQ，如图所示， 所以，即A，M，P，Q四点共面， 因为平面，平面AMPQ，平面平面， 所以，所以四边形AMPQ为平行四边形， 所以，所以P是的中点， 故在线段上存在点P，使得平面，且. 4．（2025·河北邯郸·模拟预测）如图，在边长为2的菱形ABCD中，，将沿着BD折起，连接AC，使得． (1)求证：平面平面； (2)若点M为棱CD的中点，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) 【分析】（1）线段的中点，求证平面，即可以为原点建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，再利用法向量的数量积为即可证得； （2）计算平面的法向量，平面的法向量，再计算即可. 【详解】（1）证明：取线段的中点，连接， 因四边形为菱形，且，则和均为等边三角形， 则， 又平面，则平面， 以为原点，所在直线为轴，在平面内作，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设，则，得， 即， 则， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，， 令，则，， 则， 则平面平面. （2）解：点M为棱CD的中点，则，则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 又平面的法向量为， 则， 由图可知二面角的平面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. 5．（2025·河南·二模）如图1，在半径为2的扇形中，，是弧上的动点（不含，），过点作，交于点.当的面积取得最大值时，将扇形沿着折起到，使得平面平面（如图2所示）. (1)求图2中的长度； (2)求图2中直线与所成角的余弦值； (3)探究在图2中的线段上是否存在点，使得四面体内切球的半径为？并说明理由. 【答案】(1) (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）由正弦定理得到，再由面积公式得到，进而可求解； （2）建系，求得直线方向向量，代入夹角公式即可； （3）求得四面体表面积，设四面体内切球的半径为，结合则四面体的体积，求解即可. 【详解】（1）图中，因为，，所以， 设，则， 在中，由正弦定理，得， 即，所以. 所以， 因为，所以， 所以当，即时，取得最大值， 此时，所以的长度为. （2）如图，以为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 所以， 设直线与所成的角为， 则， 所以直线与所成角的余弦值为. （3）由（2）知，， ，， 所以，， ， 所以四面体的表面积为 设四面体内切球的半径为， 则四面体的体积， 解得，因为，所以， 所以在线段上不存在点，使得四面体内切球的半径为. 题型七 新定义问题 【技巧通法·提分快招】 面对新情景、新定义，首先要深入理解并分析这些新元素，将其与已知的立体几何知识相结合。明确解题目标后，灵活运用基本定理和性质，如平行、垂直的判定与性质，以及空间角、距离的计算公式。在解题过程中，合理构造辅助线和面，以揭示隐藏的空间关系，简化问题。对于复杂问题，可尝试建立空间直角坐标系，利用向量法进行计算和证明。同时，要善于将空间问题平面化，通过截面、投影等方式转化求解对象。最后，解题后要进行验证和反思，确保结论的正确性，并总结所使用的方法和技巧，以便在未来遇到类似问题时能够迅速应对. 1．新定义：已知，.空间向量的叉积.若在空间直角坐标系中，直线的方向向量为，且过点，直线的方向向量为，且过点，则与方向向量的叉积为，与的混合积为.混合积性质：若，则与共面；若，则与异面.已知直线的一个方向向量为，且过点，直线的一个方向向量为，且过点. (1)用混合积性质证明：与是异面直线； (2)若点，求的长的最小值； (3)若为坐标原点，直线，求的坐标. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据混合积的定义与性质结合空间向量叉积的运算法则计算即可； （2）设与都垂直的向量，利用空间向量数量积的坐标表示计算，利用点到面的距离公式计算即可； （3）利用空间向量的线性运算及（2）的结论，结合空间向量共线的充要条件计算即可. 【详解】（1）由题意得， 因为， 所以， 故与是异面直线. （2）设与都垂直的向量， 由，可取， 则的长的最小值为. （3）由题意可设， ， 则， 由（2）得共线，则，解得， 故. 【点睛】思路点睛：第二问，异面直线的距离可转化为点到面的距离，求出法向量计算即可；第三问，利用空间向量的线性运算结合向量共线计算即可. 2．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知三棱锥如图所示． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为，求点A到平面PBC的距离； (3)在（2）的前提下，又知点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度． 【答案】(1)2 (2) (3) 【分析】（1）根据所给的定义，表示，再相加，即可求解； （2）先根据题设中垂直关系结合点C处的离散曲率求得、，然后过点A作于点，利用线面垂直的判定定理得平面，即可求解点面距离； （3）过点作交于，连结，得为直线与平面所成的角，设，表示出，再利用余弦定理求，再由余弦值，转化为正切值，得到关于的等式求解即可得答案. 【详解】（1）根据离散曲率的定义得， ， ， 又因为 ， 所以． （2）∵平面平面，∴， 又∵，平面，∴平面， ∵平面，∴， ∵，即 ∴，∴，过点A作于点， 由平面平面，得， 又平面，则平面， 因此点A到平面PBC的距离为线段的长，在中，， ∴点到平面的距离为. （3）过点作交于，连结， ∵平面，∴平面， ∴为直线与平面所成的角， 依题意可得，， ， ，， 设，则， 在中， ， 又，所以， 则， ∴，解得：或（舍） 故. 3．（24-25高三下·甘肃白银·月考）空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：①多面体顶点的曲率等于减去多面体在该点处所有面角之和；②多面体的总曲率等于多面体所有顶点的曲率之和，多面体各顶点的平均曲率等于它的总曲率与顶点数之商，其中多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为． (1)如图1，已知四棱锥的底面ABCD为菱形，，O为BD的中点，且平面ABCD，． ①求该四棱锥在顶点P处的曲率的余弦值； ②求二面角的平面角的正弦值； (2)瑞士数学家莱昂哈德·欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他对简单多面体进行研究后，提出了著名的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F满足．请运用欧拉定理解决下列问题：碳60（）具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料．它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图2所示．已知碳60（）的分子结构是一个由60个C原子构成的分子，这个多面体有60个顶点，试求碳60（）各顶点的平均曲率． 【答案】(1)①；②． (2) 【分析】（1）①连接AC，由于底面ABCD是菱形，故BD，AC交于点O，进而可证底面ABCD，利用余弦定理可求得，记四棱锥在点P处的曲率为，则，计算即可；②以点O为原点，直线OA，OB，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，求得平面PAB的一个法向量，求得平面ABCD的一个法向量，利用向量法可求得二面角的平面角的正弦值； （2）设碳60（）共有F个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，F号，设第i号（）多边形有条边，则碳60（）共有条棱，利用曲率的定义计算可求总曲率的平均曲率. 【详解】（1）①连接AC，由于底面ABCD是菱形，故BD，AC交于点O， 又，所以为正三角形， 因，则， 底面ABCD，底面ABCD，故，． 且，， 由余弦定理得， 由题意可知四棱锥的四个侧面三角形全等， 故有， 记四棱锥在点P处的曲率为，则， 所以 ． ②如图，以点O为原点，直线OA，OB，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz， 则，，，， 所以，． 设平面PAB的一个法向量为， 则，令，得， 为平面ABCD的一个法向量，设二面角的平面角为， 由已知为锐角，则， 所以，即二面角的平面角的正弦值为． （2）设碳60（）共有F个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，F号， 设第i号（）多边形有条边，则碳60（）共有条棱， 由题意，碳60（）共有个顶点， i号多边形的内角之和为， 所以碳60（）的所有多边形的内角之和为， 所以碳60（）的总曲率为 ． 由已知，所以碳60（）各顶点的平均曲率为． 【点睛】关键点点睛：立体几何的新定义问题，能够正确读懂“曲率”的概率是解决问题的关键，根据题意求得总曲率，进而求解． 4．（24-25高三上·河南南阳·期末）空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成（其中），且为该平面的法向量. (1)若平面，，且，求实数的值； (2)请利用法向量和投影向量的相关知识证明：点到平面的距离为，若记集合所围成的几何体为，求的内切球的表面积； (3)记集合中所有点构成的几何体为. ①求的体积的值； ②求的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小. 【答案】(1) (2) (3)①16；② 【分析】（1）根据题意可得两个面的法向量，结合向量垂直运算求解； （2）分析可知几何体为正八面体.法1：根据题中公式直接求内切圆半径，即可得表面积；法2：利用等体积法求内切圆半径，即可得表面积； （3）根据题意分析几何体的结构特征.①利用割补法求体积；②求相应的法向量，利用空间向量求二面角. 【详解】（1）根据题意，平面的法向量，平面的法向量， 所以，故. （2）不妨设，在平面内取一点，则向量， 取平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为 对于， 当时，表示经过，，的平面在第一象限的部分. 由对称性可知表示，，这六个顶点形成的正八面体. 法1：设内切球的半径为，则即为原点到平面的距离， 则. 所以内切球的表面积为； 法2：考虑； 即为三个坐标平面与围成的四面体，其四个顶点分别为，，，， 此四面体的体积为， 由对称性知，正八面体的体积， 设内切球的半径为，正八面体的表面积为， 所以，解得：. 所以内切球的表面积为； （3）由（2）可知所围几何体是关于平面，，对称的， 其在第一卦限的形状为正三棱锥，如图其中、OB、两两垂直，且. 集合所表示的几何图形也关于平面，，对称， 其在第一卦限内的部分的图形如图（1），             图1 ①如图2，就是把图1的几何图形进行分割的结果.             图2 所以所构成的几何体如图3所示.         图3 法一：其中正方体记为集合所构成的区域. 而构成了一个正四棱锥，且到面的距离为1， 所以， 所以几何体的体积. 法二：从图2可以看出，几何体在第一卦限的部分为有公共底面的两个三棱锥和. 设其体积为. 由正方体的性质可知面. 因为，， 所以其体积. 所以几何体的体积. ②由题意可知：面方程为，所以其法向量，面方程为，其法向量. 所以 由图知两个相邻的面所成角为钝角. 故相邻两个面所成角为. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何新定义，解题关键是利用新定义求出法向量，然后利用向量求法得到所要求的二面角余弦值即可． 检测Ⅰ组 重难知识巩固 1．（2025·安徽合肥·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，为的中点，，，，，． (1)求点到平面的距离； (2)在线段上是否存在点，使得平面?若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)存在，点是中点 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得点到平面的距离； （2）利用坐标法设点，根据线面平行列方程，解方程即可. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面， 且平面，故平面．    以为原点，所在直线为轴，过点平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，得平面的一个法向量为，           所以点到平面的距离为； （2）由（1）知，平面的一个法向量为， “线段上存在点，使得平面”等价于“”．          因为，设，， 则，， 所以，解得， 所以线段上存在点，即中点，使得平面. 2．（24-25高三上·上海奉贤·期中）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线. (1)求证：直线平面； (2)若直线上存在一点（与都在的同侧），且直线与直线所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直可证线面垂直，再结合中位线可得证； （2）根据线线平行可证线面平行，进而可证直线，建立空间直角坐标系，可设，结合异面直线夹角可解得点，再根据向量法可得平面的法向量，进而可得二面角余弦值. 【详解】（1），平面平面，平面平面，平面， 又，分别是，的中点， ， 平面； （2） ，平面平面 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则点在平面内， 即，，，，， 则，，， 而，平面，平面， 平面， 又平面与平面的交线为直线， ， 设, 则点坐标为，，，，解得， 则点坐标为，， 设平面的法向量， 即，即，取，可得； 设平面法向量为， 则，即，取，可得； ， 即平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 3．（24-25高三上·广东·期中）如图，在三棱锥中，，，平面平面． (1)若，证明：； (2)若，，且直线与平面所成角的余弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）首先利用线面垂直的判定与性质得，再利用面面垂直的性质有平面，最后根据线面垂直的判定与性质即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，设出相关点坐标，再求出平面的法向量，再利用线面角的空间向量求法得到方程，解出即可. 【详解】（1），平面， 平面，平面，， 取中点，连接，，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，平面，，又，平面， 平面，即平面，又平面，． （2）以为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设，，因为，则设，， 则，因为，，， 则，， 设为平面的法向量，则，即， 则，令，则， 由已知，， 即， 即，由， ． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是引入两个未知量，并求出相关法向量，利用线面角的空间向量表示得到方程，解出即可. 4．（2025·广西桂林·一模）如图，梯形中，为上一点，，且，将沿着翻折至所在位置，使得平面平面，连接，得到四棱锥为的中点.    (1)若为的中点，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得，若存在，求直线与平面所成角的正弦值，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，. 【分析】（1）利用中位线的性质证得线线平行，从而证得线面平行，再证得面面平行，利用面面平行的性质定理证得线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用向量线性运算的坐标表示求出点坐标，再利用向量法求线面角即可. 【详解】（1）    取的中点，连接. 三点分别为的中点 在平面中，， 又平面平面平面 同理，，平面平面，所以平面， 又平面平面， 平面平面， 平面平面. （2）    因为平面平面，平面平面，平面, 所以，平面. 过作的平行线，过作交于点. 以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 梯形中，，， 所以，则. 所以. 假设在上存在点使得，设， 设，则，解得. 因为， 所以，解得. ， 因为平面平面，故取平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则 . 所以，线段上存在点使得，直线与平面所成角的正弦值为. 5．（2025·江西鹰潭·一模）如图，在三棱柱中，，， (1)求证：； (2)侧棱上是否存在点，使得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，在靠近的三等分点处. 【分析】（1）根据这条件证明平面，即可证得结果； （2），以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）证明：在三棱柱中，取的中点，连接，， 在与中， ， 由，同理，， 由平面； （2）在中，，，则， 在中，，，，同理， 在等腰，，， 在中，由余弦定理得：，即， 在平面内过作，则平面，于是直线，，两两垂直， 以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 在平面内过作于， 则平面， 则，，，， 则，， 设平面的法向量为， 则， 取平面的一个法向量， 设，， 则，由与平面所成角的正弦值为， 得， 整理得，解得或（舍），即在靠近的三等分点处. 6．（24-25高三上·北京·期中）如图，在四棱锥中，直线平面.，，，，，平面平面，F为线段的中点，E为线段上一点.    (1)证明：； (2)证明：； (3)是否存在点E，使得点E到平面的距离是，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)证明见解析 (3)存在，. 【分析】（1）由直线平面，结合线面平行的性质可证得结论； （2）由题意可得，再由平面平面，结合面面垂直的性质定理可证得平面，再利用线面垂直的性质可证得结论； （3）由题意可证得两两垂直，则以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：因为平面，平面，平面平面， 所以； （2）因为，F为线段的中点， 所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以； （3）取的中点，连接，过作‖，交于， 因为F为线段的中点，，所以‖， 因为，所以，所以， 由（2）可知平面，平面， 所以， 所以两两垂直，所以以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 因为‖，，， 所以四边形为矩形， 所以， 因为，所以, 因为，所以， 所以， 因为，，所以为等边三角形， 所以，， 设，则， 因为， 所以，， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 若点E到平面的距离是，则， 所以，解得， 所以， 所以.    7．（25-26高三上·浙江杭州·开学考试）如图，在三棱柱中，，分别为棱，上的点，满足，，且与的面积之比为    (1)证明：平面； (2)求点到平面与到平面的距离之比； (3)若，直线，，两两相互垂直，求平面与平面所成角余弦值的取值范围 【答案】(1)证明见解析 (2)2 (3) 【分析】（1）作出辅助线，利用三角形相似以及线面平行判定定理可证明出结论； （2）根据等体积法以及锥体体积公式计算可得结果； （3）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出两平面与平面的法向量，再由向量夹角的坐标表示计算即可. 【详解】（1）作平行四边形与平行四边形，连接交与点，如下图所示：    显然，，所以，即； 又，可知为的中点，即， 所以， 又因为，； 所以，且，所以为平行四边形，即； 又因为，所以，可得， 故，，，四点共面， 又，平面，平面； 故平面 （2）设点到平面与到平面的距离分别为，， 由∥平面，有， 则， 易知，点到的距离为点到的距离的一半， 所以，可得， 又，， 又因为， 即得 （3）如图，以为原点，，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系 设，，， 则，，，，，    易知，，， 设平面的一个法向量为， 则，可取， 设平面的一个法向量为， 则，可取， 则， 由可知， 即，解得， 设平面与平面所成角为， 则 8．如图，在四棱锥中，，且，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，1 【分析】（1）取中点，连，证明为平行四边形，得线线平行，进而证明线面平行； （2）由长度计算利用勾股定理证明垂直关系，建立空间直角坐标系，假设存在点，设，利用法向量方法得两平面夹角的余弦值建立方程求得，则得的值. 【详解】（1）    取中点，连， 由为的中点，则，又， 则，又， 所以四边形为平行四边形， 则，平面，平面， 则平面. （2）取中点，连， 由且，则四边形是平行四边形， 故，又，则， 所以，由，则， 在中，， 由余弦定理得， 则，而，所以， 则，即，又，所以平面， 在平面内作. 以为轴正向建立空间直角坐标系， 则， 所以， 假设存在点满足题意，设， 则可得， 设平面的法向量， 则，令， 则； 设平面的法向量， 则，令，则； 所以， 解得， 所以假设成立，即存在，且时，使得平面与平面的夹角的余弦值为. 9．（24-25高三下·江苏盐城·月考）直三棱柱，已知∠ABC为直角，，，线段上有一点M，线段存在一点N，使得面MAB． (1)求CN长； (2)若二面角所成角余弦值为时，求AB长． 【答案】(1) (2) 【分析】(1)利用空间向量法来求平面MAB的法向量，由共线，可求出假设的参量即可解决问题； (2)利用空间向量法来求两平面的法向量，再利用二面角的余弦值可得到方程求解即可. 【详解】（1）以B为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，．设，， 则，，， 设平面MAB的法向量，则, 令，得，即． 由题意，，即，故， 所以． （2）由（1）得，． 设平面的法向量，则 ， 令，则，即． 而平面PAC的法向量． 所以． 由题意得， 解得，即． 10．（24-25高三上·湖北襄阳·月考）如图，已知正方形的边长为4，分别为的中点，沿将四边形折起，使二面角的大小为60°，点在线段上． (1)若为的中点，且直线与直线的交点为，求的长，并证明直线//平面； (2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为60°；若存在，求此时二面角的余弦值，若不存在，说明理由． 【答案】(1)；证明见解析. (2)存在点，使得直线与平面所成的角为60°；此时二面角的余弦值为或. 【分析】（1）根据中位线性质可求得，由，结合线面平行判定定理可证得结论； （2）由二面角平面角定义可知，取，中点，，由线面垂直的判定和勾股定理可知，，两两互相垂直，则以为坐标原点建立空间直角坐标系；设，利用线面角的向量求法可求得；利用二面角的向量求法可求得结果. 【详解】（1）分别为中点， ，且， 又为中点，且， 易得，， 连接，交于点，连接， 由题设，易知四边形为平行四边形， 为中点， 是的中点， 为中点， ，又平面，平面， 平面； （2）， ，， 又平面，平面， 即为二面角的平面角， ； 取中点，连接，如图， ，， ， ， ， ， ，，又平面，， 平面， 平面， ， 则以为坐标原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系如下图所示， 则，，，， 设，则，，， 设平面的法向量，则， 令，则，，， ∵直线与平面所成的角为， ，解得或， 存在点，当或时，使得直线与平面所成的角为； 设平面的法向量，又，， ， 令，则，，； 当时，，,此时二面角的平面角为钝角； 当时，，，此时二面角的平面角为锐角； 综上所述：二面角的余弦值为或. 【点睛】关键点点睛：本题第二步的关键在于证明三线互相垂直，建立空间直角坐标系，设出动点的坐标，熟练利用空间向量的坐标运算，求法向量，求二面角、线面角是解题的关键. 11．如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，为棱的中点，为边的中点. (1)求证：平面； (2)若侧面底面，且，； ①求与平面所成的角； ②在棱上是否存在点，使点到直线的距离为，若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)①；②存在点， 【分析】（1）取线段的中点，连接，证明为平行四边形，即可证明结论； （2）①以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系如图所示，求出平面的一个法向量根据线面夹角向量公式即可求解；②设，则向量，根据点到直线距离向量公式解出参数，即可求出结果． 【详解】（1）取线段的中点，连接，在中，分别为的中点. ，且 又底面是菱形，且为的中点， ，且， ，且 四边形为平行四边形， 又平面平面 平面； （2）①在平面内过点作，由平面底面得平面， 菱形中，则， 以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，是正三角形，则， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，得，所以， 设直线与平面所成的平面角为，且， 则， 故直线与平面所成的角为 ②设 即 化简得，故（舍负） 综上，存在点， 12．在空间直角坐标系中，若平面过点，且平面的一个法向量为，则平面的方程为，该方程称为平面的点法式方程，整理后为（其中），该方程称为平面的一般式方程.如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，，，两两垂直，，，直线与平面所成的角为，以为坐标原点，，，的方向分别是，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. (1)求平面的一般式方程. (2)求到直线的距离. (3)在棱是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在，且 【分析】（1）根据直线与平面所成的角求得，根据平面的点法式方程求得正确答案. （2）利用等面积法来求得到直线的距离. （3）设出点的坐标，利用面面垂直列方程，化简求得正确答案. 【详解】（1）由于平面， 所以平面，所以是直线与平面所成的角， 所以，所以. 所以， 所以, ，设平面的法向量为， 则，故可设，平面， 则平面的方程为， 即. （2）在中，，， 设到的距离为，则， 由于平行四边形和平行四边形全等， 所以到直线的距离等于设到的距离， 即到直线的距离为. （3），，，， 即，而， 所以， 设，则，即， 所以，， ，， 设平面的法向量为， 则，故可设. 设平面的法向量为， 则，故可设， 若平面平面，则， 即， 解得，负根舍去， 所以存在符合题意的点，且. 13．（24-25高三下·云南临沧·月考）如图，在正三棱柱中，，，动点在上，动点在上，且满足，，为的中点． (1)当时，求与底面所成角的正切值； (2)当平面平面时，求的值； (3)是否存在，使得平面平面？若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，或 【分析】（1）以为原点，与中点连线为轴，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，求出，利用空间向量法计算可得； （2）求出平面的法向量，依题意可得，即可得解； （3）求出平面的法向量，设平面的法向量，依题意可得，，即可得解. 【详解】（1）以为原点，与中点连线为轴，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，， 因为，， 所以，所以， ，， 所以，所以， 当时，，， 所以， 又平面的法向量， 设与底面所成角为， 则， 所以， 所以， 所以与底面所成角的正切值为． （2）因为为的中点，所以， 所以，， 设平面的法向量为， 所以， 令，则，，则， 因为平面平面， 所以是平面的法向量， 所以，所以， 所以当平面平面时． （3）假设存在，使得平面平面， 设平面的法向量， 所以，令，则，， 所以， 因为平面平面， 所以设平面的法向量， 因为平面平面，则， 而向量为平面的法向量，则， 所以， 令，则， 则，则或， 当时，所以， 此时， 所以，； 当时，，此时， 此时，解得， 则此时，，此时，满足题意， 所以存在或，使得平面面． 14．（2025·四川乐山·三模）如图，直五棱柱中，四边形为正方形，，二面角的平面角为，为中点. (1)当时，证明：平面； (2)当直线与平面所成的角为时，求的值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）先由题设求出和，进而由勾股定理求出，再由线面垂直的判定定理即可求证平面； （2）建立适当空间直角坐标系，求出向量和平面的一个法向量，利用线面角的向量法公式即可计算求解. 【详解】（1）因为为直五棱柱，所以平面， 又平面，所以，， 由，得，所以. 因为为的中点，在中，由勾股定理得. 因为，，， 所以，故， 又，，平面， 所以平面. （2）如图，易知，，两两垂直，以为原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系， 因为平面，平面，所以，， 所以为二面角的平面角，所以， 则，，，， 故，. 设平面的法向量为， 由得 取，得，故. 又， ， 即， 化简可得. 解得得（舍去）. 15．（25-26高三上·贵州·月考）如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，，，，，点N为线段AD上的点（包含端点）. (1)当点N为线段AD的中点时，求证：平面； (2)线段AD上是否存在点N，使得平面BFN和平面ADE的夹角为． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在 【分析】（1）应用线面垂直的判定定理分别证明平面及平面即可； （2）先应用面面垂直性质定理得出平面，再建立空间直角坐标系求出平面及平面ADE的一个法向量，再应用二面角余弦值公式计算求参. 【详解】（1）取的中点为，连接，， 因为点为线段的中点，且，所以. 因为，， 由，所以为等腰直角三角形， 所以，同理，， 故在等腰梯形中，. 由，所以. 又，而平面， 故平面. 又平面，所以. 因为，，平面， 故平面. （2）解：设正方形的中心为，分别取的中点为. 设点为线段的中点，由（1）知四点共面，且平面， 连接，平面，故. 又平面，故平面平面， 且平面平面. 由题意可知四边形为等腰梯形，故， 平面，故平面. 故以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，如图， 因为，则. 又，故，设到底面的距离为， 四边形，为两个全等的等腰梯形，且，故. 又， 故则 . 设 设平面的一个法向量为， 则令， . 设平面的一个法向量为， 则令， . 故， 解得，即存在点，且是线段AD上靠近点A 的四等分点， 使得平面和平面的夹角为． 16．（24-25高三下·河南新乡·月考）如图，圆台下底面圆的直径为，是圆上异于、的点，、是圆台上底面圆上的两点，是的中点，，. (1)证明：平面． (2)求四面体的外接球的表面积； (3)求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）推导出，，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）将三棱锥补成正三棱柱，设正的中心为点，正的中心为，则的中点为外接球球心，计算出正外接圆的半径，可得出外接球的半径为，再结合球体表面积公式可得出结果； （3）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，过点作垂直于底面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，设点，利用空间向量法结合基本不等式可求得直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【详解】（1）因为，，所以，，所以，， 因为为圆的一条直径，是圆上异于、的点，则， 因为，、平面，，故平面. （2）因为平面，且为正三角形， 将三棱锥补成正三棱柱， 设正的中心为点，正的中心为，则的中点为外接球球心， 的外接圆半径为，， 所以，外接球的半径为， 因此，四面体的外接球的表面积为. （3）因为平面，， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，过点作垂直于底面的垂线为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、， 设点，连接、， 因为，所以，，， 易知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则， 不妨设，， 则， 设，则， 则 ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 因此，直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 17．（24-25高三上·内蒙古鄂尔多斯·期末）如图，在四棱锥中，，，，是边长为2的等边三角形，且平面平面，点E是棱上的一点.    (1)若，求证：平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值； (3)求点到直线的距离的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点F，可得，再由线面平行的判定定理可得答案； （2）取的中点O，由面面垂直、线面垂直的性质定理得，，以O为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设，求出平面、平面的法向量，由二面角的向量求法求出可得答案； （3）设，，求出点到直线的距离，分、、可得答案. 【详解】（1）取的中点F，连接，， 又，点F是的中点， 所以，， 又，，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）取的中点O，连接，，如图所示，    因为为等边三角形，所以， 又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又平面，所以，， 又，得，所以以O为坐标原点，直线，， 分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 所以，，，，， 设，， 所以， 又，设平面的法向量为， 所以， 令，解得，， 所以平面的法向量. 又，， 设平面的法向量为，所以， 令，解得，， 所以平面的法向量. 设平面与平面的夹角为， 所以 ， 解得，所以； （3）设，， 所以， 又，所以点到直线的距离 ， 当时，； 当时，， 而，当时，取最小值， 此时. 综上，点到直线的距离的最小值为. 18．（2025·湖北武汉·一模）已知四棱锥的底面为平行四边形，，，，，. (1)求三棱锥外接球的表面积. (2)设为线段上的点. （i）若，求直线与平面所成角的正弦值. （ii）平面过点，，且平面，探究：是否存在点，使得平面与平面之间所成角的正切值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）存在，的值为或 【分析】（1）根据线线垂直证明线面垂直，进而可证面面垂直，再根据外接球性质确定外接球球心，进而可得外接球半径及表面积； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用坐标法可得线面夹角正弦值；（ii）建立空间直角坐标系，设，利用坐标法表示线面夹角余弦值，结合正弦值可得，再根据平面过点，，可得解. 【详解】（1）如图所示，    因为，，， 故，即， 则， 故为直角三角形，即， 又，，且，平面， 则平面， 又因为平面，所以平面平面， 设中点为，则的外接圆圆心满足， 过的外接圆圆心作直线垂直于平面， 过线段的中点作直线垂直于平面，其中， 则即为三棱锥的外接球球心， 且四边形为矩形， 即， 故， 故三棱锥外接球的表面积； （2）（i）以的中点为原点，为轴，平行方向为轴，为轴， 建立如图1所示的空间直角坐标系，    则，，，，， 而，故， ，. 设为平面的法向量， 则，则， 令，则为平面的一个法向量. 而， 故直线与平面所成角的正弦值； （ii）由（i）可知，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 如图2，建立空间直角坐标系，记直线平面，直线平面，连接，    因为平面，平面平面，所以， 不妨设，则，， 则，故， 同理可得，， 则有，， 设平面的法向量为， 则， 解得，设，则， 故， 所以， 又与平面之间所成角的正切值为， 则， 化简得，解得或， 设，则，则， 解得， 故. 当时，. 因为，所以， 化简得，解得，满足要求. 当时，. 因为，所以， 化简得，解得，满足要求. 综上所述，的值为或. 19．（2025·宁夏内蒙古·模拟预测）在平面四边形中，，，将沿AC翻折至，其中P为动点. (1)设，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上． （i）证明：平面平面； （ii）求球O的半径 (2)求二面角的余弦值的最小值. 【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）球O的半径为； (2). 【分析】（1）（i）由题设求证，即可由线面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直判定定理得证；（ii）建立以A为原点空间直角坐标系， 设球心，半径，由列方程组即可计算求解. （2）过P作于G，在平面中，过G作，设，，以G为原点建立适当的空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量,即可由向量夹角公式，通过换元，利用二次函数的性质即可求得. 【详解】（1）在中，由，得， 所以，且，即， （i）证明：因为，，，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （ii）以A为原点，分别为x轴和y轴正方向建立如图所示空间直角坐标系， 则，设球心，半径， 则， 所以， 解得，所以球O的半径为； （2）在平面中，过P作于G，在平面中，过G作， 因平面,则平面. 则由（1）， 设，以G为原点，分别为x轴和y轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系，则点在平面内， 则， 所以， 设平面一个法向量分别为，则， 即，取，则得； 平面的一个法向量为，则， 即，取，则得， 所以， 令，则由得，则， 于是 ， 当且仅当即时等号成立， 所以二面角的余弦值的最小值为. 【点睛】方法点睛：求空间二面角常用方法： （1）定义法：根据定义作出二面角的平面角； （2）垂面法：作二面角棱的垂面，则垂面与二面角两个面的两条交线所成的角就是二面角所成角的平面角； （3）向量坐标法：作几何体的空间直角坐标系，求出二面角的法向量，直接由公式计算即可； （4）射影面积法：求出斜面面积和它在有关平面的射影的面积，再由射影面积公式计算求解. 检测Ⅱ组 创新能力提升 1．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． 2．（24-25高三上·广西河池·期末）如图，在多面体中，是边长为2的等边三角形，平面，，，，，设为的中点． (1)证明：平面； (2)设为棱上的动点，求与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到向量坐标，利用空间向量的数量积为0，证明线线垂直，从而得到线面垂直. （2）设出动点坐标得到线的方向向量，设平面法向量，由法向量垂直平面内任意两个相交向量求出一个法向量坐标，然后由线的方向向量和面的法向量表示出线面角的正弦值.对于表达式进行整理化简，构造函数通过二次函数对称轴求函数的最大值. 【详解】（1）如图，在平面ABC内过点作直线， ∵平面，平面，∴，， ∴以为坐标原点，分别为坐标轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，，， ∵为的中点，∴， ∴，，， ∴，即， 又∵平面，平面，， ∴平面. （2）设，即 则， ，， 设平面的一个法向量， 则，令，则， 即， 设直线与平面所成角为， 则， 令， 当时，取最小值，即， 即当时，取得最大值，， 3．（24-25高三下·浙江宁波·月考）如图，在三棱柱中，为的重心，平面，记二面角与的大小分别为. (1)当时，时. （i）证明：； （ii）求； (2)若，求的取值范围. 【答案】(1)（i）证明见解析；（ii） (2) 【分析】（1）（i）由线面垂直判定定理得出平面得出，进而得出线线相等；（ii）先建系，再把转化为二面角，最后应用面面角余弦公式计算求解； （2）建立空间直角坐标系，设，再分别计算二面角与相等，最后再结合值域计算求解. 【详解】（1）（i）延长交于，则是的中点； ，， 平面，平面， ， ，平面， 平面，平面， ，. （ii）为的重心，，所以， 由平面得，故， 如图，过作，以分别为轴建立空间直角坐标系， 因为二面角与的大小分别为，知即二面角， ， 故， 设平面的一个法向量， 则，取 平面的一个法向量， 设平面的一个法向量，， 则，取， 所以平面的一个法向量， . （2）如图，过作，过作，以分别为轴建立空间直角坐标系， 因为，设，则， 故， 设平面的一个法向量， 则， 取，平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量，， 则， 取，所以平面的一个法向量为， 由得二面角与相等， ，即， 整理得，所以，， 所以. 4．类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则.如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点. (1)求的值； (2)直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； (3)在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1）连接，即可证明平面平面，即二面角的大小为，求出，再由所给三面角余弦定理计算可得； （2）依题意可得，设平面内任一条直线为，分过点与不过点两种情况，当过点，记与的夹角为（），则，结合余弦函数的性质即可得证； （3）以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合平面的条件即可求得的值，则P点位置可确定. 【详解】（1）连接，由已知得平面，， 又平面，所以平面平面， 所以二面角的大小为，因为四边形为菱形，， 所以，又，所以， 在中，， 由三面角余弦定理可得 . （2）依题意可得，设平面内任一条直线为， 若过点时，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 若不过点时，过点作使得，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 综上可得. （3）以O为坐标原点，以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则， ，，，，， 则=，设，即 则 设为平面的法向量， ，， 则，不妨设，可得， 要使平面 则，则， 即存在点P，在线段的延长线上， 【点睛】关键点点睛：利用空间向量法表示线面平行关系. 5．（24-25高三下·安徽安庆·月考）.如图，正方形的边长为分别为边上的点. (1)若是等边三角形，求的面积 (2)的周长为， （i）求的大小： （ii）若是的中点，设为的面积，将沿折成直二面角，求当取最小值时，直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据几何性质可得，由此得到，表示即可得到答案. （2）（i）设，根据条件结合两个和的正切公式可得，由此可得结果. （ii）建立空间直角坐标系，利用空间向量可得线面所成角的正弦值. 【详解】（1）∵四边形为正方形，是等边三角形，∴， ∴， 由得. ∵，∴，即， ∴， ∴的面积为. （2）（i）设，则， ∵的周长为，∴， 在直角三角形中，由得，，整理得，， ∵，∴， ∵，∴，故. （ii）由（i）知，设，则， ∴， ∴， ∵，∴， ∴当时，有最大值，最大值为，此时有最小值， ∴当取最小值时，，且. 由得，， ∴，，. 如图，取中点，连接，则，故四点共线， 由折叠得，，故为二面角的平面角， 且，. ∵二面角为直二面角，∴，故直线两两垂直. 如图，以为原点，分别以的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， ∴，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，故， 设直线与平面所成的角为，则， ∴直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】关键点点睛：解决第（2）问（ii）的关键是通过分析计算得到当时最小，建立空间直角坐标系，利用空间向量可得结果. 6．（24-25高三下·贵州贵阳·月考）如图，在直三棱柱中，，，，分别为棱，上的动点且，点在平面上的射影为点，的中点为． (1)求证：平面； (2)求点的轨迹长； (3)求平面与平面所成角的余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）证明与即可； （2）由（1）结合在平面上的射影为点，可得点在上，，然后可得点在以为圆心，半径为的圆上．然后由E分别在A，B时M所在位置可得答案； （3）以为原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，由（2）可得的轨迹方程为，设，可表示平面与平面的法向量，进而可得平面与平面所成角的余弦值的表达式，最后结合整体代换，函数单调性可得答案. 【详解】（1）证明：在中，由余弦定理得，，故， 由勾股定理得，所以． 又∵，，平面， 所以平面． （2）如图，因为点在平面上的射影为点， ∴平面， 则，且点在上， 则，，， 在直角中，，则点在以为圆心，半径为的圆上． 当点与A重合时，点与重合，点为的中点，此时， 当点与重合时，点为中点，而四边形为正方形，则 则，因此点的轨迹所对圆心角为， 则点的轨迹长为； （3）以为原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，方向为轴正方向，如图建系． 则，，， 由（2）知的轨迹方程为. 设为，则，， ，，． 设平面的法向量为， 则, 则取． 设平面的法向量为， 则， 则取． 故． 令， 则 ， 令，则，则， 因函数在上单调递增， 则在上单调递减， 则， ∴设平面与平面所成角为，则， ∴平面与平面所成角的余弦值的取值范围为． 【点睛】关键点睛：对于分式型代数式的最值求解，常利用换元，上下同除，分离常数等手段来处理. 7．（25-26高三上·江苏镇江·开学考试）已知四棱锥的底面是边长为1的正方形，其中，二面角的大小为，平面平面.    (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的大小； (3)如图，若，平面平面为上一动点.平面与平面夹角的大小为，求的最小值. 【答案】(1)证明见解析； (2)或； (3). 【分析】（1）作出合理辅助线，再根据面面垂直的性质定理得平面，再根据线面垂直的判定定理和性质定理即可证明； （2）方法一：作出二面角的平面角，再利用余弦定理求出或，再分别讨论即可；方法二：建立合适的空间直角坐标系，求出相关法向量则可得到点，再分别讨论即可； （3）方法一：建立合适的空间直角坐标系求出，再利用空间向量法写出面面角余弦的表达式，最后利用换元法和基本不等式即可求出最值； 方法二：首先同法一求出，再通过补形法，再找到二面角的平面角，最后利用余弦定理和不等式性质即可求出最值. 【详解】（1）连接交于点，连接，在平面内过作，垂足为， 因为，所以垂足不与点重合，如图： 又因为平面平面，平面平面平面，则平面， 又因为平面，所以． 在正方形中，．平面平面， 则平面，又因为平面，所以．      （2）方法一：在平面内，过作，垂足为，连接， 由（1）得，平面，因为平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以． 所以易知是二面角的平面角，， 在边长为1的正方形中，， 所以， 在Rt中，， 在中，， ，解得或， （i）当，又因为，在中，满足，则． 又因为平面，所以平面． 因为平面，则，所以， 又因为平面，所以到平面的距离与到平面的距离相等， 过作，垂足为．又因为易证平面，所以平面平面， 平面平面，平面，所以平面． 在Rt中，，所以到平面的距离为． 设与平面所成角为，则， 又因为，则．    （ii）当，在中，得：， 如图，在中，，    Rt中，， 因为， 设到平面的距离为，所以， 得：，解得，所以到平面的距离为， 设与平面所成角为，又因为，所以． 综上，与平面所成角为或． 方法二：以为轴，以为轴，过点的平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图． 则， 设，则．因为， 所以①． 因为，所以②． 因为平面，所以平面法向量， 设平面法向量，， 则，不妨取，则．所以． 因为二面角为，所以③． 由①②③解得，或，即或． （i）当时， 设平面法向量则即 不妨取，则．所以． ， 设与平面所成角为， ．又因为，所以． （ii）当时，． 设平面法向量， 则，即， 不妨取，则．所以． ， 设与平面所成角为．又因为，所以． 综上，与平面所成角为或． （3）法一：因为面，所以面． 所以．以为正交基建立空间直角坐标系． 因为平面平面，所以平面． 又因为平面，且平面平面，所以， 设，， 设平面法向量，， 则，不妨取，则．所以． 因为平面，所以平面法向量． 因为二面角为，所以， 即，解得，即．    设，设平面法向量， ，则，不妨取，则．所以． ，设平面法向量， ，则不妨取，则，所以. 则， 设 ， ．当且仅当时，，即最小值为． 法二：求出的过程同法一， 将补成正方体，平面平面，所以即为． 又因为，过作，垂足为，因为平面， 所以为二面角的平面角． 在中，④，⑤， 由④⑤得：， 则，得． 则，解得， 当且仅当时，，此时，即最小值为．    1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $