专题08 立体几何解答题压轴8种重点题型归类（压轴题专项训练）高二数学湘教版选择性必修第二册

专题08 立体几何解答题压轴8种重点题型归类 目录 典例详解 类型一、外接球相关问题 类型二、两个平面夹角中的动点为问题 类型三、线面角中的动点问题 类型四、距离中的动点问题 类型五、垂直中的动点问题 类型六、线面角最值取值范围问题 类型七、二面角最值取值范围问题 类型八、新定义问题 压轴专练 类型一、外接球相关问题 1.垂线法（找心法）‌：先确定底面多边形的外心，过此外心作底面的垂线，则球心必在此垂线上。再结合其他顶点到球心距离相等的条件确定具体位置。‌‌ ‌2.向量法（建系法）‌：建立空间直角坐标系，设球心坐标 (O(x, y, z))，利用球心到各顶点距离相等建立方程组求解。 例1． (25-26高二上·甘肃定西渭源县第一中学·期中)如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中S为动点．   (1)证明：； (2)若，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面的距离； (3)求平面与平面夹角余弦值的最小值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）根据，，即可根据线线垂直证明平面，即可根据线面垂直的性质求解； （2）利用等体积法即可求解； （3）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角公式求解，利用换元法，即可根据基本不等式求解最值. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为，，且的中点为，所以， 又 平面，故平面， 由于平面，故.    （2）当时，由则， 取的中点，连接 故到四点的距离相等，故为三棱锥外接球的球心， 因为，故， 设到平面的距离为，到平面的距离为， 由等体积法可得 而， 由于，故， 所以，从而， 故到平面的距离为.    （3）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 过点作平面的垂线，垂足为， 设为翻折过程中所旋转的角度，则， ， 故， ， 则， 设平面的法向量为，则 ， 取则， 设平面的法向量 ， ， 取则， 设平面与平面的夹角为， 故， ， 令，，故， 由于，故 当且仅当，即时取等号， 故平面与平面夹角余弦值的最小值为，此时.    变式1-1．(25-26高二上·广东佛山顺德区实验中学、勒流中学等镇街学校·)在正四棱柱中，，P为的中点，平面交于点E．   (1)证明：E为的中点． (2)在四边形内是否存在点Q，使得？ (3)记三棱锥外接球的球心为O，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在 (3) 【分析】（1）法一：用几何法，利用面面平行得出线线平行，进而结合三角形中线的性质证明为中点；法二：建立空间直角坐标系，求出平面法向量从而求出平面方程，进而求出坐标，证明结论； （2）利用垂直关系得出向量垂直，利用坐标取值范围找到矛盾，得出命题不成立； （3）先求出球心，再求出底面积和高，最后利用体积公式求解． 【详解】（1）法一：连接， 平面平面， 平面平面,平面平面， ， 平面是平行四边形， ， 在中，是中点，， 为中点．    法二：   ，P为的中点，是正四棱柱， 上下底面是边长为1的正方形，侧棱长为2，， ， ， 设平面的法向量为，则，令，则，平面过点， ， 平面方程为， 在轴上，代入得， ，即E为的中点． （2）设四边形内存在点，使得， 则， ，， ，，故不可能成立， 四边形内不存在点，使得． （3）    设外接球球心，则球心到各点距离相等， ， ，即，解得， ， ， ， ， 是直角三角形， ， 由（1）知，平面的法向量为 ， ， 高度， ． 变式1-2．(23-24高二下·江苏兴化中学·期末)如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，. (1)求证：平面平面； (2)设. ①若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. ②在线段上是否存在点，使得点，，在以为球心的球上？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)①或；②不存在点，理由见解析 【分析】（1）利用面面垂直的性质可证得平面，再利用面面垂直的判定定理即可证得结论； （2）①依题意建立适当空间直角坐标系，设，利用题设条件，分别求得相关点和向量的坐标，利用空间向量坐标的夹角公式列出方程，求解即得的值； ②假设存在点，可由推得，得点坐标，由得方程，因此方程无实数解，假设不成立. 【详解】（1）在四棱锥中，平面平面，， 平面，平面平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）如图以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴， 建立如图所示直角空间坐标系， 设，则，由，，，， 则，，因，则，， 所以，， ①设平面的法向量为，由，， 得：，可取， 设直线与平面所成角为， 则有：，， 即：，化简得：， 解得或，即或， ②如图，假设在线段上存在点，使得点，，在以为球心的球上， 由，得，所以， 所以， 又得，，所以，， 由得，即， 亦即（*）， 因为，所以方程（*）无实数解， 所以线段上不存在点，使得点，，在以为球心的球上. 【点睛】方法点睛：根据题意，创建合适的空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标表达式即可求解相关问题，对于开放性问题，一般是假设结论成立，通过推理计算求得结论成立的条件或者推导出矛盾. 变式1-3．(25-26高二·福建福州高级中学·)如图，是圆的直径，垂直于圆所在平面，是圆周上不同于，的任意一点，为的中点，且， (1)求证：平面平面； (2)若三棱锥的外接球球心为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用已知可证得平面，可得，进而可证平面，可证结论； （2）由（1）可得球心为的中点，以为坐标原点，所在直线为轴，过作的平行线为轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用向量法可求得平面与平面夹角的余弦值． 【详解】（1）因为是圆的直径，所以，所以， 因为垂直于圆所在平面，在圆所在平面内，所以， 又，平面，所以平面. 又平面，所以， 又因为，为的中点，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）由（1）知平面，又平面，所以， 所以与是有公共斜边的直角三角形， 所以是三棱锥的外接球的直径，所以球心为的中点， 以为坐标原点，所在直线为轴，过作的平行线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，得， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， ，令，得， 所以平面的一个法向量为， 因为平面即为平面，所以平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 类型二、两个平面夹角中的动点问题 立体几何二面角求解方法： （1）作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解. 例2．(23-24高二上·安徽高二名校阶段检测联考·月考)如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，，.请用空间向量的知识解答下列问题： (1)求与平面所成角的大小； (2)设Q为侧棱PD上一点，四边形是过B，Q两点的截面，且平面，是否存在点Q，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，利用线面角的求解公式得到答案； （2）证明出，求出平面的法向量，设，则，，设平面的法向量为，根据两平面夹角列出方程，求出或，设，进而根据求出答案. 【详解】（1）因为，，，平面， 所以⊥平面， 又平面，所以平面⊥平面， 取的中点，连接， 因为是等边三角形， 所以⊥， 又平面⊥平面，两平面交线为， 平面， 所以⊥平面， 取的中点，连接，则 ， 因为⊥平面，所以⊥平面， 因为平面，所以⊥，⊥， 故两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为，由勾股定理得， 所以， 平面的法向量为， 设与平面所成角的大小为，则， 因为，所以； （2）设平面的法向量为， 则， 令得，则， 连接， 因为平面，平面平面 ，所以， 不妨设，则，， 设，则，即， 故， 设，则，即， 故， 设平面的法向量为， 则， 解得，设，则，故， 故， 化简得，两边平方得， ，化简得， 解得或， 设，则，设， 则，解得， 故， 当时，， 因为，所以， 解得，解得，满足要求， 当时，， 因为，所以， 解得，解得，满足要求， 故存在点Q，使得平面与平面夹角的余弦值为， 此时的值为或. 变式2-1．(25-26高二·广东广州越秀区·期末)如图，两个正方形ABCD，ABEF的边长都是1，平面平面，，，其中，. (1)当时，证明：平面BEM； (2)是否存在实数，使得平面AMN与平面ABN的夹角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； (3)求的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， (3) 【分析】（1）当时，为的中点，连接，先证明，，进而求证即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可； （3）结合（2）表示出，两次结合二次函数的性质求解即可. 【详解】（1）当时，，则为的中点， 连接，在正方形ABCD中，， 因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面，又平面，所以， 因为平面BEM， 所以平面BEM. （2）以为原点，以所在直线轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，，， 则， 即，，， 设平面AMN的一个法向量为， 则，取，得， 易得平面ABN的一个法向量为， 因为平面AMN与平面ABN的夹角为， 所以，解得， 所以存在实数，使得平面AMN与平面ABN的夹角为. （3）由（2）知， ，，，， 则， 所以， 函数（看作关于的二次函数）开口向上，对称轴为， 则时，函数取得最小值为， 此时函数（看作关于的二次函数）开口向上，对称轴为， 则时，函数取得最小值为， 所以的最小值为. 变式2-2．(24-25高二下·江苏盐城七校联盟·期中)如图，在中，，，，D，E分别是AC，AB上的点，满足且DE经过的重心，将沿DE折起到的位置，使，M是的中点．   (1)求证：平面平面； (2)求与平面所成角的大小； (3)在线段上是否存在点N（不包含端点），使平面BMN与平面CBM夹角正切值为?若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在； 【分析】（1）折叠性质可证，再结合根据线面垂直判定定理可得平面，进而证得平面平面； （2）通过建系法求出和平面的法向量，设线面角为，结合公式求解即可； （3）假设存在点，使平面与平面成角的正切值为，设，分别求解两平面的法向量，用表示余弦值解方程求解即可得. 【详解】（1）因为在中，，，所以， 因为折叠前后对应角相等，所以 平面， 所以平面，平面，所以， 又，平面，所以平面； 因为平面，所以平面平面. （2）因为DE经过的重心，故， 由（1）知平面BCDE， 如图以为原点建立空间直角坐标系，因为， 故， ，， 设平面的法向量为，则，即， 令，则， 设CM与平面所成角的大小为， 则， 故，即CM与平面所成角的大小为； （3）假设在线段上存在点，使平面与平面成角正切值为. 在空间直角坐标系中，，，， 设，则，， 设平面的法向量为，则有，即， 不妨令，则，，所以， 设平面的法向量为，则有，即， 不妨令，则，，所以， 若平面与平面成角正切值为， 则平面与平面成角余弦值为. 则满足， 化简得，解得（舍去）或，即， 故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角正切值为，此时的长度为. 变式2-3．(23-24高二下·广东梅州兴宁第一中学·月考)如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2． (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，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）推导出，证明出平面，可得出， 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，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论. 【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则， 因为，则，， 由余弦定理可得， 所以，，则，同理可证， 翻折后，则有，， 因为，，、平面， 所以，平面， 因为平面，则， 因为，、平面，所以，平面， 所以平面平面. （2）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，其中， 则，， 设平面的法向量为，则， 取，则，，所以，， 平面的一个法向量为，，， 则，令，可得， 则，整理可得， 因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且. 类型三、线面角中的动点问题 求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 例3．(25-26高二上·四川眉山·期末)如图1，在平面四边形中，，，，，过点D作，垂足为.如图2，将三角形沿折起，使得点到达点处，且.   (1)证明：； (2)若点F为线段上的点（不含端点），是否存在点满足直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）由线面垂直得到，连接，再由线面垂直的判定定理证明平面可得； （2）建立如图所示坐标系，求出平面的法向量，代入空间线面角公式计算即可； 【详解】（1）由题意得，又． 为平面内两条相交直线， 所以平面． 因为平面，所以． 因为，，又有公共边， 所以与全等， 所以，， 如图，连接，则． 因为，，平面PCE， 所以平面． 因为平面，所以． （2）由（1）知平面，且平面BCDE， 所以，．又， 所以两两垂直． 以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图2的空间直角坐标系，如图1，过作，    由（1）知为等边三角形，所以， 因为，所以， 所以，即，则，，， 设，则，所以， 所以，，． 设平面的一个法向量为， 则即， 取，则，，所以． 设直线与平面所成的角为， 则 ， 化简可得， 解得或，又， 故不存在点F满足直线与平面所成角的正弦值为. 变式3-1．(23-24高二上·安徽宣城中学·月考)如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且的边长为，点在母线上，且，．   (1)求证：直线平面，并求三棱锥的体积： (2)若点为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）设，由正弦定理和三角形相似关系可证得，结合面面垂直的性质可证得平面，由此可得，由线面平行的判定可得结论；由平行关系可得，根据棱锥体积公式可求得结果； （2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，根据线面角的向量求法，可确定当时，取得最大值，由此可确定，利用点到面的距离的向量求法可求得结果. 【详解】（1）设，连接，   为底面圆的内接正三角形，，为中点， 又，，； ，，，， ，∽，，； 平面，平面，平面平面， 平面平面，平面，平面， 又平面，， 平面，平面，平面； 为中点，，即， 又平面，平面，，， ，平面，平面， ，，， 又，平面， . （2），为中点，又，为中点，， ，， 以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，，，， ，，，，， 设，； 设平面的法向量， 则，令，解得：，，， 设直线与平面所成角为， ， 令，则，， ， ，当，即时，， ，此时， ， 点到平面的距离. 【点睛】关键点点睛：本题求解点到面距离的关键是能够通过共线向量和线面角的向量求法，将线面角的正弦值表示为关于变量的函数的形式，通过函数最值的求法确定正弦值的最大值，从而确定动点的位置. 变式3-2．(25-26高二上·广东清远·期中)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. 变式3-3．(25-26高二下·湖南株洲第一中学等校·期中)如图，已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD是直角梯形，，，，平面ABCD，. (1)设钝二面角大小为a，求的值； (2)在棱上是否存在一点（不与端点重合），使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；如不存在，试说明理由； (3)E点在上，F点在上，G点在上，求的面积取值范围. 【答案】(1)； (2)存在，； (3) 【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，再结合二面角为钝角的条件计算即可； （2）通过设参数表示点的坐标，利用向量法计算线面角，即可判断存在性并求线段比例； （3）用参数表示的坐标，再表示面积即可求解. 【详解】（1）以为原点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，即， 令，则可得； 令平面的法向量为，则，即， 令，则可得， 所以， 因为二面角为钝二面角，所以，则， 所以； （2）若存在，设，, 则，故，所以， 设与平面所成角为， 所以， 即，所以或（舍去）， 所以存在点，且. （3）因为E点在上，F点在上，G点在上，所以 设， 则， 到的距离为， 所以的面积为 ， 对固定的，关于在上二次函数， 可以趋近一条直线，所以面积无最小值， 当时，面积取得最大值， 故. 类型四、距离中的动点问题 点到面距离的关键是能够通过共线向量和线面角的向量求法，将线面角的正弦值表示为关于变量的函数的形式，通过函数最值的求法确定正弦值的最大值，从而确定动点的位置. 例4．(24-25高二上·广东广州天实验学校·期中)如图，在四棱锥中，平面平面，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)若， （i）求平面PDM与平面BDM夹角的余弦值； （ii）在线段上是否存在点Q，使得点Q到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）存在， 【分析】（1）取的中点，连接，，先证四边形是平行四边形，可知，再由线面平行的判定定理，即可得证； （2）先利用面面垂直的性质定理证明平面，再证，，两两垂直，然后以为坐标原点建立空间直角坐标系，（ⅰ）利用向量法求平面与平面的夹角即可；（ⅱ）设，利用向量法表示出点到平面的距离，可得关于的方程，解之即可． 【详解】（1）取的中点N，连接， 如图所示：为棱的中点，， ， ∴四边形是平行四边形，， 又平面平面平面． （2）， ∵平面平面，平面平面平面， 平面， 又平面，而， ∴以点D为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图：则， 为棱的中点， （i）， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 平面的一个法向量为， ， ∴平面PDM与平面BDM的余弦值为； （ii）假设在线段上存在点Q，使得点Q到平面的距离是， 设，则， 由（2）知平面的一个法向量为，， ∴点Q到平面的距离是， ． 变式4-1．(25-26高二·福建宁德·)如图，在三棱锥中，底面，，，，为棱上的点，. (1)求证：平面； (2)设与底面所成角的正切值为. （i）求面与面所成的二面角的正弦值； （ii）棱上是否存在点，使得点到面的距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）存在，为的中点 【分析】（1）先由底面得 ，再取中点证，算出并由勾股定理得，最后依据线面垂直判定定理证平面； （2）（i）由线面角定义得，求出后建空间直角坐标系，求平面法向量与平面法向量，用向量夹角公式算余弦值，再求正弦值； （ii）设，利用点到平面距离公式列方程求，确定为中点． 【详解】（1）因为底面，面，所以， 又为棱上的点，， 取的中点，所以， 又，所以， 又因为，，所以，所以， 所以，所以，所以， 又，平面， 所以平面； （2）（i）因为底面，所以与底面所成角为， 所以在中，， 又，所以， 如图，以为轴，轴，轴，以1为单位长度，建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量， 由，即，即， 取，可得， 又由（1）可知为平面的一个法向量， 设平面与平面所成的二面角为， 所以， 所以， 又由（1）可知为平面的一个法向量， 设平面与平面所成的二面角为， 所以平面与平面所成的二面角的正弦值为； （ii）假设存在点，使得点到平面的距离为， 设，由（i）可得， 所以， 又由（i）可知平面的一个法向量， 所以点到平面的距离， 所以，所以为的中点 变式4-2．(25-26高二下·福建莆田第五中学·月考)如图，在四棱锥中，是正三角形，四边形是菱形，，，点是棱上的一点. (1)若为棱的中点，求证：平面； (2)若平面平面，是否存在点，使得点到平面的距离为.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）利用线面平行的判定定理证明即可； （2）解法一：取的中点，连接，利用面面垂直的性质定理得平面，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，利用点面距离的向量公式列式求解即可； 解法二：取的中点，连接，利用面面垂直的性质定理得平面，利用等体积法求得，利用求解即可. 【详解】（1）在四棱锥中，连接，交于点，连接， 因为四边形为菱形，所以为的中点， 因为为的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）解法一：取的中点，连接， 四边形是菱形，且，为正三角形，所以， 因为为正三角形，所以， 因为平面平面，平面平面， 平面，且，所以平面. 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， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，，则. 假设存在点，使得点到平面的距离为， 设，点到平面的距离为， 则解得， 所以存在点，当时，点到平面的距离为. 解法二：取的中点，连接， 四边形是菱形，且，所以为正三角形，所以， 因为为正三角形，所以， 因为平面平面，平面平面， 平面，且，所以平面. 又平面，所以，因为为等边三角形，边长为8， 所以，所以在， 又，可以求得， 所以， 因为，所以， 因为，所以，可得， 所以存在点，当时，点到平面的距离为. 变式4-3．(25-26高二上·福建厦门同安实验中学·月考)四棱锥，面，，，，，，M是PD中点. (1)求证：平面； (2)若， ①求平面PAB与平面PCD夹角的正弦值； ②在线段BD上是否存在点Q，使得点D到平面PAQ的距离为？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)①②存在， 【分析】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行； （2）①建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得平面的法向量，利用向量法可得面面角余弦值，再由同角三角函数的基本关系求正弦值；②设，利用向量法表示点到平面的距离，列方程，解方程即可. 【详解】（1） 取中点，为中点， ，且， 又，， ，且， 四边形为平行四边形，即， 平面，平面， 平面； （2） ①平面，且， 则以点为坐标原点，，，方向为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 得，，，，， ，，，， 易知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，令，则， ， 平面与平面所成角的正弦值为； ②存在点满足题意， 易知，， 假设存在点满足题意，设，， ，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以点到平面的距离， 化简可得，解得或（舍去），即. 类型五、垂直中的动点问题 1.建立恰当的空间直角坐标系。 2.确定或求出相关点、直线方向向量、平面法向量的坐标。 3.根据上述判定方法进行向量运算（主要是点积）并得出结论。‌‌ 例5．(25-26高二·广东广州南海中学·月考)如图，在几何体ABCDEF中，平面，，，，，. (1)证明：是等边三角形； (2)求平面ADE与平面BCF所成二面角的正弦值； (3)已知点M在直线AE上，且平面，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线面线线位置关系证出梯形为直角梯形，利用直角梯形的边长公式，求出，进而证明； （2）利用向量法：分别求出平面ADE与平面BCF的法向量，再求夹角； （3）设，表示出坐标，根据线面的位置关系列式计算. 【详解】（1）证明：因为平面，平面， 所以. 在直角梯形中，，. 同理，. 因为，，所以是等边三角形. （2）解：记的中点为，在等边三角形中，. 因为平面，平面，所以平面平面. 因为平面平面，所以平面. 以为原点，，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，. ，. 设平面的法向量为， 则，即，取，得. 平面的一个法向量为. ， 故平面与平面所成二面角的正弦值为. （3）设，则，. 因为平面，所以， 即，解得. 故的值为. 变式5-1．(23-24高二上·广东梅州大埔县虎山中学·期中)如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，M是线段的中点． (1)求证：平面； (2)若，求二面角的大小； (3)若线段上总存在一点P，使得，求t的最大值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)的最大值为. 【分析】（1）法一：设，连结，，先证为平行四边形，得到，再由线面平行的判定证结论；法二：证面，构建空间直角坐标系，应用向量法证线面平行； （2）应用向量法求二面角的大小即可； （3）设，其中，进而得到 ，再结合向量垂直的坐标表示列方程得，最后求t的最大值． 【详解】（1）法一：设，连结，， 矩形中是线段的中点，是线段的中点， 所以，，所以为平行四边形，故， 又平面，平面，所以平面； 法二：由题意，正方形和矩形所在的平面互相垂直， 面面，，面，所以面， 以为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 因为，，是线段的中点， 则，，，，，， 从而，，，， 设面的法向量为，则由，可知， 令，则，，从而面的一个法向量为， 则，又平面，所以，从而面. （2）若，则，，面的一个法向量为， 设面的法向量为，则，可知， 令，则，，从而面的一个法向量为， 设二面角的平面角为，因为为锐角，所以， 所以二面角的大小为. （3）因为点在线段上，而， 设，其中，则，从而 ， 于是，而， 由知，即， 所以，解得，故的最大值为. 【点睛】关键点点睛：第三问，设，其中，根据向量的坐标表示得到，，再由垂直关系列方程得到参数关系为关键. 变式5-2．(25-26高二上·福建福州八县（）协作校·期中)如图1，在边长为2的菱形ABCD中，于点，将沿DE折起到的位置，使，如图2． (1)求证：平面BCDE； (2)求二面角的余弦值； (3)在线段BD上是否存在点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见详解； (2) (3)存在， 【分析】（1）根据线面垂直判定证平面，再由线面垂直性质有，最后由线面垂直判定证结论； （2）建立空间直角坐标系，应用向量法求二面角余弦值； （3）令，,根据面面垂直及相关面的法向量列方程求参数，即可得答案. 【详解】（1）因为，即, 又,平面， 所以平面，平面，所以. 又,平面，所以平面. （2）因为平面，，以为原点，为轴，建立空间直角坐标系， 则，所以, 设平面的法向量，由，得， 因为平面，所以平面的法向量，所以. 因为所求二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. （3）假设在线段上存在一点，使得平面平面, 设，，则. 所以，设平面的法向量， 由，令，得， 因为平面平面，所以，解得， 所以在线段上存在点，使得平面平面，且. 变式5-3．(24-25高二上·福建部分优质高中·开学考)如图，四棱锥中，平面∥是的中点. (1)证明：平面； (2)若二面角的余弦值是，求的值； (3)若，在线段上是否存在一点，使得？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）由已知条件可得平面，则，再利用等腰三角形三线合一的性质可得，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）以为原点，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； （3）设，则可表示出点的坐标，再由可求出的值，从而可求得结果. 【详解】（1）证明：因为平面 ，所以平面， 又因为平面，所以. 在中，是的中点，所以. 又因为平面， 所以平面； （2）解：因为平面平面， 所以，又因为， 即两两垂直， 所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则， 所以 设平面的法向量为. 则，即令，则， 于是. 因为平面平面，所以. 又平面， 所以平面.又因为， 所以取平面的法向量为. 所以， 即，解得. 又因为，所以. （3）结论：存在且. 理由如下：设， 因为，所以， 当时，.所以， 由知，， 所以， 所以，所以， 所以，在线段上存在点，使得，且. 类型六、线面角最值取值范围问题 1.求出直线的方向向量和平面的法向量， 2.运用向量法求出线面角正弦值的表达式， 3.通过换元法转化为二次函数求最值. 例6．(24-25高二下·广东深圳深圳外国语学校·期末)如图，已知菱形和等边三角形有公共边，点B在线段上，与交于点O，将沿着翻折成，得到四棱锥，． (1)求证：平面平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． (3)求直线与平面夹角正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由题知，翻折后，根据面面垂直的判定即可证明； （2）以为原点建立空间直角系，根据平面法向量的求解方式，分别求出两平面的法向量，即可得到两平面夹角的余弦值； （3）由题知在平面上且，可设，求出平面的一个法向量，计算出直线与平面夹角正弦值，根据函数的性质可求最值. 【详解】（1）证明：连接BD，由菱形和等边三角形有公共边，可知， 且，，即， 则四边形为菱形， 所以，故翻折后， 因为，且都在平面内， 所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）由（1）知平面，平面， 则平面平面， 如图，在平面中过点作， 又平面平面， 所以平面，故两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 因为，所以为等边三角形，， 则，，，， 设平面与平面夹角为， 法向量分别为，， 则，取得； ，取得， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为． （3）由（2）知在平面上且， 可设， 则，，， 设平面法向量为， 则， 取得， 设与平面夹角为， 则， 令，则 ， 当且仅当，即时成立， 所以直线与平面夹角正弦值的最大值为． 变式6-1．(24-25高二上·福建厦门·期末)如图，在四棱锥中，平面PAD，． (1)证明：平面ABCD； (2)若底面ABCD是正方形，．E为PB中点，点F在棱PD上，且平面AEF与平面ABCD的夹角的余弦值为． （ⅰ）求PF； （ⅱ）平面AEF交PC于点G，点M在平面PBC上，求EG与平面MAD所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，再由线面垂直的判定定理证明线面垂直； （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，写出点和向量的坐标，由点是上的一点得到进而得到平面的法向量的坐标，再由（1）中平面ABCD得到是平面ABCD的一个法向量，利用两平面夹角的余弦值求得的值，进而得到； （ⅱ）利用平面的法向量，确定点的坐标，从而得到的坐标，由点M在平面PBC上，可设，从而得到平面MAD的法向量，从而可以用表示出EG与平面MAD所成角的正弦值的取值范围，利用二次函数的值域得到正弦值的取值范围. 【详解】（1）因为平面PAD，平面PAD，所以． 又，平面ABCD，平面ABCD，， 所以平面ABCD． （2）以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，如图． （ⅰ），，， ，，，设， 则． 设平面AEF的法向量为，则即， 取，得，， 所以是平面AEF的一个法向量， 因为平面ABCD，所以是平面ABCD的一个法向量． 因为平面AEF与平面ABCD的夹角的余弦值为， 所以，得，所以． （ⅱ）设，则． 因为为平面AEGF的一个法向量，所以， 所以，即，得， 所以，． ，，，，，， 因为M在平面PBC上，所以， 所以． 设平面MAD的法向量，则即， 取得，所以是平面MAD的一个法向量， 设EG与平面MAD所成角为，则 因为，所以 即EG与平面MAD所成角的正弦值的取值范围为． 变式6-2. (24-25高二上·山东泰安·期中)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. 变式6-3. (23-24高二上·广东广州第八十九中学·月考)如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且，．   (1)求证： 平面； (2)求证：平面平面 (3)若点为线段上的动点．当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）设交于点，连接，利用三角形相似证得，从而证得，进而证得直线 平面； （2）通过平面，证得平面，所以平面平面； （3）建立空间直角坐标系，设，通过向量和平面的法向量建立直线与平面所成角的正弦值的关系式，并利用基本不等式，即可求最值. 【详解】（1）如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面，    因为平面，所以， 又因为是底面圆的内接正三角形，由，可得， ，解得， 又，，所以，即，， 又因为，所以， 所以，即， 又平面，直线平面，平面， 所以直线 平面． （2）因为平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； （3）易知，以点为坐标原点，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，，，，    设平面的法向量为， 则，令，则， 设，可得， 设直线与平面所成的角为， 则， 即， 令， 则 ， 当且仅当时，等号成立，所以当时，有最大值， 即当时，的最大值为1，此时点， 所以， 所以点到平面的距离， 故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为. 类型七、二面角最值取值范围问题 1.求出平面夹角的余弦值之 2.对其表达式进行变形， 3.结合二次函数的单调性求得余弦的最值，从而得到其取值范围. 例7．(25-26高二上·广东广州天河外国语学校·期中)如图，四棱锥中，四边形是边长为6的正方形，. (1)当四棱锥的体积取得最大值时. （i）求的值； （ii）证明：平面平面； (2)若，求二面角正弦值的最小值. 【答案】(1)（i）；（ii）证明见解析 (2) 【分析】（1）（i）由题意可求得，记点到平面的距离为，可得，可求得体积的最大值；（ii）由线面垂直可得，又，，可得平面，进而可证结论； （2）以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，设，计算可得，，设平面，平面的法向量分别为，，利用向量法求得，，记二面角的大小为，，求得最大值即可. 【详解】（1）（i）由四边形是边长为6的正方形，可得， 记与交于点，易知点为的中点， 故由可知， 记点到平面的距离为，则 故，当且仅当平面时等号成立， 故. （ii）显然，由平面，平面，可知， 而平面，平面，，故平面， 而平面，故平面平面. （2）以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，不妨设， 则，，， 由，可知，即，① 由，可知，② ②①得，，且， 得到，故. 设平面，平面的法向量分别为， 则，即，可取， 同理可得，即，可取 记二面角的大小为， 则 ， 而，故， 于是，取等时点坐标为， 综上，二面角正弦值的最小值为. 变式7-1．(25-26高二上·广东普宁勤建学校·调研)如图1，是等边三角形，为等腰直角三角形，，将沿AC翻折到的位置，且点P不在平面ABC内）（如图2），点F在线段PB上（不含端点）． (1)证明：； (2)若． （ⅰ）当点F为线段PB的中点时，求直线PB与平面ACF所成角的大小； （ⅱ）设平面ACF与平面PBC的夹角为，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析； (2)（ⅰ）直线PB与平面所成角为;（ⅱ）. 【分析】（1）取中点为，由题意可得，再结合线面垂直的判定定理及性质定理即可证明； （2）（i）以为原点建立直角坐标系，求以及平面的法向量，利用即可；（ii）利用二面角的向量求法可得，令，则，可得，所以，即可求解. 【详解】（1）证明：取中点为，连接， 因为， 所以， 又因为，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以. （2）（i）因为为等腰三角形，，即，所以， 因为为等边三角形，所以， 故，，因，则，即， 又因，所以两两互相垂直， 以为原点，以为基底，建立空间直角坐标系，     ，F为线段PB的中点， 则，， 设平面的法向量为， 则， 取，得， 所以， 设直线PB与平面所成角为，则， 又，则， 所以直线PB与平面所成角为， （ii）设平面的法向量为， ， 则， 取，得， 设，所以， 所以， 则平面的法向量为， 则， 取，得， 所以 ， 令，则， 所以， 因为时，， 所以， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查线面角、二面角的向量求法，关键是需要建立空间直角坐标系，由（1）知平面，所以需证明，设， 以为基底来表示与，结合题意即可证明，可得两两互相垂直，从而以为原点，为基底，建立空间直角坐标系. 变式7-2. (22-23高二下·广东五校·期末)中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍是茅草屋顶．”现有一个刍甍如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，，，，．   (1)当点N为线段AD的中点时，求证：直线平面EFN； (2)当点N在线段AD上时（包含端点），求平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法求出平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值的表达式，进行合理变形，结合二次函数的性质求得余弦的最值，即可求得答案. 【详解】（1）证明：因为点N为线段AD的中点，且， 所以， 因为，且四边形ABCD为正方形，故， 所以，而平面， 故平面； （2）设正方形ABCD的中心为O，分别取的中点为， 设点H为线段AD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O为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，      因为，则， 又，故， 设到底面的距离为h， 四边形ABFE，CDEF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， 令，则， 令，则， 令，则在上单调递增， 故当时，，当时，， 故， 即平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值得取值范围为. 【点睛】难点点睛：本题考查了线面垂直的证明以及空间面面角的向量求法，解答的难点在于求出平面夹角的余弦值之后，要对其表达式进行变形，从而结合二次函数的单调性求得余弦的最值，从而得到其取值范围. 变式7-3. (23-24高二上·福建厦门厦门大学附属科技中学·月考)如图，在三棱柱中，平面平面为等边三角形，，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），求平面与平面夹角的余弦值的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）首先证明，然后证明平面，可得，即可证明； （2）首先证明平面ABC，然后以D为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，算出两个平面的法向量，然后求出二面角的余弦值，然后可得答案. 【详解】（1）连接，由题设知四边形为菱形，， 分别为中点， ；又D为AC中点，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面； ，又平面，平面. （2），为等边三角形，， 平面平面，平面平面， 平面,平面， D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，，, 设，则，； 由（1）知：平面，所以平面的一个法向量； 设平面的法向量，则， 令，则； ， 令，则； ， 即平面与平面夹角的余弦值的取值范围为. 类型八、新定义问题 “新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 例8．(24-25高二下·安徽皖北县中联盟·)在平面直角坐标系中，任何一条直线都可以用（其中）表示，给定一个点和一个方向，我们可以确定一条直线，例如：已知点在直线l上，是直线l的一个方向向量，则直线l上任意一点满足，化简得直线l的方程为．而在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都可以表示成（其中，且），类似的，在空间中，给定一个点和一个平面的法向量也可以确定一个平面． (1)若点，求平面的方程； (2)求证：是平面的一个法向量； (3)已知某平行六面体，平面的方程为，平面经过点，平面的方程为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）通过平面方程的新概念求平面的方程； （2）通过平面方程的新概念求平面的法向量与点到平面的距离； （3）通过平面方程的新概念求的方向向量，再根据平面求平面的法向量，再求平面与平面的夹角的余弦值． 【详解】（1）， 设是平面的一个法向量， 则令，得，所以． 设点是平面内任意一点，由，得， 所以平面的方程为． （2）记平面的方程为， 在平面上任取一条直线，直线上任取两点， 则有 因为， 所以．     所以，即垂直于平面上任意一条直线， 所以是平面的一个法向量． （3）， 设为平面的一个法向量，则令，得， 所以． 因为平面的方程为，所以由（2）知平面的一个法向量为，                             设直线的一个方向向量为，则 令，得，所以． 因为平面，所以平面的一个法向量与直线的方向向量垂直， 所以，解得，所以． 所以平面与平面夹角的余弦值为． 变式8-1．(24-25上·广东东莞东华高级中学、东华松山湖高级中学·月考)三阶行列式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下所示：.若，则称为空间向量与的叉乘，其中，，为单位正交基底.以为坐标原点、分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，已知是空间直角坐标系中异于的两点. (1)若，求； (2)证明：. (3)记的面积为，证明. (4)证明：的几何意义表示以为底面、为高的三棱锥体积的6倍. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 (4)证明见解析 【分析】（1）由向量叉乘的定义直接求解即可； （2）设，根据叉乘的运算表示和即可证明； （3）首先表示向量，夹角的正弦值，然后得到，要证，只需证，然后根据（1）的运算证明即可； （4）由（3），通过变形可得，即可证明. 【详解】（1）因为， 所以. （2）证明：设， 则 ， 将与互换，与互换，与互换，可得，故. （3）证明：因为， 故， 故要证，只需证， 即证. 由（1）， ， 可得， 又因为，，， 所以 所以，故. （4）证明：由（3）可知， 得， 故， 故的几何意义表示以为底面、为高的三棱锥体积的6倍. 变式8-2. (24-25高二上·广东惠州华南师范大学附属惠阳学校·月考)在空间直角坐标系中，已知向量，点．若直线以为方向向量且经过点，则直线的标准式方程可表示为；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，平面，直线为平面和平面的交线，求直线的单位方向向量（写出一个即可）； (2)若三棱柱的三个侧面所在平面分别记为，其中平面经过点，，平面，平面，求实数m的值； (3)若集合，记集合中所有点构成的几何体为，求几何体的体积和相邻两个面（有公共棱）所成二面角的大小． 【答案】(1) (2) (3)体积为128，相邻两个面（有公共棱）所成二面角为 【分析】（1）记平面，的法向量为，设直线的方向向量，由直线为平面和平面的交线，则，，列出方程即可求解； （2）设 ，由平面经过点，，列出方程中求得，记平面的法向量为，求出与交线方向向量为，根据，即可求得的值； （3）由题可知，由一个边长是4的正方体和6个高为2的正四棱锥构成，即可计算出体积，设几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角为，由题得出平面和平面的法向量，根据两平面夹角的向量公式计算即可． 【详解】（1）记平面，的法向量为，设直线的方向向量， 因为直线为平面和平面的交线， 所以，，即，取，则， 所以直线的单位方向向量为． （2）设 ， 由平面经过点，， 所以，解得，即， 所以记平面的法向量为， 与（1）同理，与确定的交线方向向量为， 所以，即，解得． （3）由集合知，由一个边长是4的正方体和6个高为2的正四棱锥构成，如图所示， ，， 设几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角为， 平面，设平面法向量， 平面，设平面法向量， 所以， 所以几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角为． 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是作出空间图形，求出相关法向量，利用二面角的空间向量求法即可. 变式8-3. (24-25高二上·广东中山华侨中学·)已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，. (1)求的长； (2)若为的中点，求二面角的余弦值； (3)若为上一点，且满足，求. 【答案】(1)2 (2) (3)10 【分析】（1）证明，为直线与所成的角，设，结合“向量积”的模的定义由条件列方程求可得的长； （2）过点作交的延长线于点，证明为二面角的平面角，解三角形求其大小，结合二面角 与二面角互补可得结论； （3）过点作，证明平面，过点作交于点，证明，结合条件可求. 【详解】（1）因为底面为矩形， 所以，， 因为底面，底面， 所以， 又，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为， 所以为直线与所成的角，即， 设，则，， 在中， 又，所以，解得或（舍去）， 所以； （2）在平面内过点作交的延长线于点，连接， 因为底面，底面，所以， 又，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为为的中点， 所以，， 所以， 设二面角的平面角为，则， 所以， 即二面角的余弦值为； （3）依题意，，又， 所以，，又，所以， 又，平面，所以平面， 在平面内过点作，垂足为， 由平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 在平面内过点作交于点，在上取点，使得，连接， 所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，又，即， 所以. 1．(23-24高二上·广东广州越秀区·期末)如图，在多面体中，四边形是正方形，，，M是的中点． (1)求证：平面平面； (2)若平面，，，点P为线段上一点，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) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理可证平面，平面，再由面面平行的判定定理可证得结果； （2）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，运用向量法求线面角，通过换元法转化为二次函数求最值. 【详解】（1）因为，，所以四边形为平行四边形，故, 又平面，平面,所以平面； 连接交于N，连接，因为四边形是正方形，故N为中点， M是的中点，在中，有，平面，平面, 所以平面，且平面，平面,, 所以平面平面. （2）如图，建立空间直角坐标系，设，， 则，又M是的中点， 故,，因为， 所以，解得，设，因点P为线段上一点， 则，即， 故，所以， 又，设平面的一个法向量为， 则，即，令，则， 即，设直线与平面所成角为， 则     当时， 设，，所以， 当时，所以， 当时，，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 【点睛】解决本题第二问关键是求出直线的方向向量和平面的法向量，运用向量法求出线面角正弦值的表达式，通过换元法转化为二次函数求最值. 2．(25-26高二·广东珠海第二中学·期中)如图，在四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，为中点. (1)判断直线与平面的位置关系，并说明理由. (2)判断平面与平面是否垂直，如果是，请证明，如果不是，请说明理由. (3)求直线与平面的距离. 【答案】(1)平行，理由见解析 (2)不垂直，理由见解析 (3) 【分析】（1）取的中点，连接，可证四边形为平行四边形，得，再根据线面平行的判定定理可证； （2）取的中点，连接，可证平面，得到，利用反证法及面面垂直的性质定理进行说明； （3）转化为求点与平面间的距离，根据（2）问建立合适空间直角坐标系，根据点面距的向量公式可求出结果. 【详解】（1）取的中点，连接，因为为中点， 所以且， 因为，，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）取中点，连接， 因为，，所以四边形为平行四边形， 又，所以四边形为矩形，， 因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以， 又平面，所以平面， 因为，所以平面，所以， 所以，又，所以不垂直， 又，平面平面， 假设平面与平面垂直，则平面，， 与推出的不垂直相矛盾，所以平面与平面不垂直； （3）由（2）可知平面，，又平面， 则平面平面， 以为原点建立如上图所示空间直角坐标系，则， 所以，所以 ， 所以，则， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 所以， 所以直线与平面的距离为 3．(25-26高二上·广东东莞·)如图，在四边形中，，，，，点在线段上，且，.将三角形沿翻折至四边形，使得平面与平面所成的二面角的大小为. (1)证明：； (2)动点在线段上运动，当到平面的距离为时，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）根据线线垂直可知，进而根据余弦定理求解长度，根据勾股定理求解垂直关系，即可建立空间直角坐标系，根据向量的坐标运算即可求解， （2）求解平面法向量，根据点面距离的向量法求解，即可根据向量的夹角公式求解. 【详解】（1）由题意得，， 所以是二面角的平面角，所以， 因为，，平面，所以平面， 由题意得，，由余弦定理可得， 因为，所以， 取中点，连接， 因为，且， 所以四边形是平行四边形， 所以，所以平面， 以为原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，， 所以， 所以 （2）设， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以点到平面的距离， 解得，此时， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 4．(25-26高二上·广东河源龙川县第一中学·期末)如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，点在母线上，且． (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，点为的中点 【分析】（1）作出辅助线，由线面垂直得到⊥，求出各边长，得到⊥，由面面垂直的性质得到⊥平面，又平面，所以平面⊥平面； （2）建立空间直角坐标系，设，求出两平面的法向量，由面面角的余弦值得到方程，求出，故线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为. 【详解】（1）如图，设，连接，由圆锥的性质可知⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为为底面圆的内接正三角形，由，可得， ，， 又，所以，即，⊥， 故， 在中，， 所以，故⊥， 因为⊥平面，平面，所以平面⊥平面， 又平面，平面 平面，⊥，故⊥平面， 又平面，所以平面⊥平面； （2）易知，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设，可得， 设平面与平面的法向量为， 则， 令，则，，故， 则， 令，则，，故， 设平面与平面夹角为， 则， 整理得，解得，则，， 故线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，且. 5．(25-26高二上·四川成都都江堰青城山高级中学·月考)在平行四边形中（如图1），，为的中点，将等边沿折起，连接，，且（如图2） (1)求证：平面； (2)点在线段上，若点到平面的距离为，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）利用余弦定理及勾股定理得，，然后利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）设为的中点，利用面面垂直的性质定理可得平面，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点面距离的向量公式求得的位置，然后求出平面和平面的法向量，利用向量法求解平面夹角的余弦值即可. 【详解】（1）连接，在中，∵，， ∴， 在中，∵，∴， 同理可得，∵，平面， ∴平面； （2）设为的中点，∴， ∵平面，平面，∴平面平面， 又∵平面平面，平面， ∴平面，∴以点为坐标原点，为轴，为轴， 过点且平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， ∴，，，，，， ∴， 设平面的法向量为， ∵，， 取，∴， ∴设， ∵，∴， 设点到平面的距离为， ∴，∴， ∴是线段上靠近点的三等分点，易求平面的法向量为， 设平面的法向量为， ∵，， 取，∴， 设平面与平面所成的角为， ∴． 6．(25-26高二上·广东阳江第一中学·月考)如图，在三棱台中，点，分别为，的中点，，，，.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)点M在侧面内，且平面，当线段最短时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）证明四边形是平行四边形求出，余弦定理求出，即可根据勾股定理证明，结合，可证明线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，空间向量法求直线与平面所成角的正弦值； （3）求出平面ADE的法向量，设，由点M在侧面内，所以存在使得，再结合平面可推出，根据两点间距离公式及二次函数的性质可求出取最小值时m的取值，即可求出此时点M的坐标，利用向量法求平面与平面的夹角的余弦值. 【详解】（1）由棱台性质知，所以，则， 在中，由余弦定理可得：，， 连接，因为为中点，所以，，    所以四边形为平行四边形，则， 因为，所以，即， 又因为，，、平面， 所以平面； （2）因为，所以，则， 以为坐标原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图， 所示，，，，， ，， ，，，    设平面的一个法向量为， ，令，得，故， 设直线与平面所成角为，； （3）设为平面的法向量， ，， ，令得，， 设，因为点在侧面内，所以存在m、n使得， ， ，，， 因为平面，所以，得， 将，，代入上式可得， 则，所以， 因为在侧面内，所以， ， 当时，取得最小值，此时， 易知平面的法向量为，设平面的法向量为， ，， ， 令，，， 设平面与平面所成的二面角为，， 所以平面与平面所成的二面角得余弦值为. 7．(24-25高二下·广东汕尾·期末)如图1，在平面多边形中，为直角三角形，，，．如图2，现将沿轴向上翻折到图中的处，此时，． (1)证明：； (2)证明：平面； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)． 【分析】（1）根据菱形的性质可得线性垂直，利用线面垂直的判定和性质，可得答案； （2）由线段成比例可得线线平行，利用线面平行的判定，可得答案； （3）由题意建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量，根据面面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）证明：如图，取的中点N，连接，， 因为且， 所以四边形为菱形，故， 又因为，所以四边形为平行四边形， 故有，所以， 因为，、平面，，故平面， 因为平面，所以． （2）证明：如图，连接交于点O，连接． 因为，且， 所以，所以O为的三等分点， 又因为，所以M为的三等分点，所以， 因为平面，平面， 所以平面． （3）由题意知，，， 因为，平面，与相交，所以平面． 以菱形的对角线交点为坐标原点，以为x轴正方向，以为y轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，由于， 则，，，，， 由知． 设平面的法向量为， ，， 所以，令，则，， 即， 设平面的法向量为， ，， 所以，令，则，， 即， 因为， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 8．(24-25高二下·广东茂名普通高中·期末)如图，在正方体中，E，F分别是棱，上的动点.    (1)设E，F分别为、的中点.证明：平面； (2)设. （ⅰ）证明：； （ⅱ）当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）. 【分析】（1）法1，由题可得，利用线面平行的判定定理证明；法2，建立空间直角坐标系，求出坐标，利用向量法证明，得证； （2）（ⅰ）设，求出的坐标，利用向量关系证明；（ⅱ）由三棱锥的体积取得最大值，结合基本不等式可得E，F分别是棱上中点，求出平面和平面的法向量，利用向量法求解. 【详解】（1）（法一）由E，F分别是棱，的中点， 所以，又，所以，平面，平面， 所以平面. （法二）如图，以D为坐标原点，，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，    设正方体的棱长为a，E，F分别是棱，的中点， 则，，，， 所以，， 则，所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）（ⅰ）设，则，， 所以，，， 所以. （ⅱ）在正方体中，， 若三棱锥的体积取得最大值，则取得最大值，又. ， 当且仅当时，即时取等号，即E，F分别是棱上中点， 由，，， 得，，平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则，即， 令，，，则，，. 设平面与平面夹角为θ，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 9．(24-25高二下·广东广州番禺区·期末)如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段上一点，，，四边形为矩形． (1)若是的中点，求证：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值 (3)若点到平面的距离为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设，交于点，连接，利用线面平行的判定定理，先证明，进而即可证明平面； （2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，利用空间向量法求解即可； （3）设，利用点到平面的向量公式求的值即可． 【详解】（1）证明：设，交于点，连接， 因为四边形为矩形，所以是中点， 又因为是的中点，所以在中，， 因为平面，平面， 所以平面． （2）因为直线垂直于梯形所在的平面，，平面，， 所以，，两两垂直， 以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示坐标系， 由题意可知，，， 所以，，， 设平面的法向量， 则，则， 取可得平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则， 所以， 故直线与平面所成角的余弦值为． （3）在（2）所建空间直角坐标系中， 设， 由（2）可知平面的一个法向量， 所以点到平面的距离，解得， 又因为，所以， 即的长为． 10．(24-25高二下·甘肃张掖某校·月考)如图，四边形是正方形，平面平面，，，，． (1)求证：平面； (2)求二面角的大小． (3)点在直线BD上，直线与直线CE的夹角为，二面角为，是否存在点，使得．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) (3)存在 【分析】（1）建立空间直角坐标系，取的中点M，利用向量的坐标公式计算可得即可得出结果； （2）通过求两个平面法向量，利用向量法计算即可求得二面角的大小； （3）设，结合异面直线夹角与二面角的向量公式，通过等式转化为向量夹角余弦关系，求解参数，进而得. 【详解】（1）如图，以A为原点，、、为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系， 依题意，得，，，，，， 取的中点M，连接，则，，， 所以，则，又平面，平面， 所以平面. （2）取中点，则，又，则， 由且都在面内，则面， 由，则面，面，故， 由，、平面，所以平面， 故为平面的一个法向量. 设平面的法向量，且，， 所以，即，令，得. 所以， 由图，二面角为钝二面角，所以二面角的大小为. （3）设 ，由（2）可知二面角的大小为， ． 所以直线与直线CE的夹角为， ，，则 ，，. ， 化简可得， 解得 ，此时 ， 即存在点 ， . 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题08立体几何解答题压轴8种重点题型归类 目录 典例详解 类型一、外接球相关问题 类型二、两个平面夹角中的动点为问题 类型三、线面角中的动点问题 类型四、距离中的动点问题 类型五、垂直中的动点问题 类型六、线面角最值取值范围问题 类型七、二面角最值取值范围问题 类型八、新定义问题 压轴专练 典例详解 类型一、外接球相关问题 1.垂线法（找心法）：先确定底面多边形的外心，过此外心作底面的垂线，则球心必在此垂线上。再结 合其他顶点到球心距离相等的条件确定具体位置。 2.向量法（建系法）：建立空间直角坐标系，设球心坐标(0(x,y,z)，,利用球心到各顶点距离相等建 立方程组求解。 例1.(25-26高二上.甘肃定西渭源县第一中学.期中)如图，在平面四边形ABCD中，△ABC为等腰直角三 角形，△ACD为正三角形，∠ABC=90°，AB=2,现将△DAC沿AC翻折至△SAC,形成三棱锥 S-ABC,其中S为动点 (1)证明：AC⊥SB: (2)若SC⊥BC,三棱锥S-ABC的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面SAC的距离； (3)求平面SAC与平面SBC夹角余弦值的最小值， 1/19 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D 变式1-1.(25-26高二上广东佛山顺德区实验中学、勒流中学等镇街学校)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中， AA1=2AB=2,P为CC1的中点，平面PAB1交CD于点E. (1)证明：E为CD的中点. (2)在四边形A1B1C1D1内是否存在点Q,使得PQ⊥DB1? (3)记三棱锥D1ADE外接球的球心为O,求三棱锥O-AB:P的体积. D B B 变式1-2.(23-24高二下江苏兴化中学.期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD, AB1AD,AB+AD=5,CD=V2,∠PAD=120,∠ADC=45. (1)求证：平面PAB⊥平面PAD; (2)设AB=AP. ①若直线PB与平面PCD所成角的正弦值为，求线段AB的长 ②在线段AD上是否存在点G,使得点P,C,D在以G为球心的球上？若存在，求线段AB的长；若不存在， 说明理由. P A 变式1-3.(25-26高二·福建福州高级中学)如图，AB是圆0的直径，PA垂直于圆0所在平面，C是圆周上 不同于A,B的任意一点，D为PC的中点，且PA=AC=AB=2, 2/19 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (1)求证：平面ADB⊥平面PBC; (2)若三棱锥P-ABC的外接球球心为M,求平面MDA与平面MOA夹角的余弦值， D: 类型二、两个平面夹角中的动点问题 立体几何二面角求解方法： (1)作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解； (2)建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解 例2.(23-24高二上·安徽高二名校阶段检测联考·月考)如图，己知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四 边形，侧面PAB是等边三角形，BC=2AB=4,AB⊥AC,PB⊥AC.请用空间向量的知识解答下列问 题： (1)求PD与平面PAB所成角的大小： (2)设Q为侧棱PD上一点，四边形BEQF是过B,Q两点的截面，且AC//平面BEQF,是否存在点Q, 使得平面BEQP与平面PAD夹角的余弦值为三？若存在，求器的值：若不有在，说明理由。 35 D 变式2-1.(25-26高二广东广州越秀区·期末)如图，两个正方形ABCD,ABEF的边长都是1，平面 ABCD1平面ABEF,A应=A元，B=BF,其中0<1<1,0<μ<1. (1)当入=时，证明：AM⊥平面BEM; (2)是否存在实数μ，使得平面AMN与平面ABN的夹角为60·？若存在，求出u的值；若不存在，请说明理 由； 3)求M利的最小值， 3/19 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D E N 变式2-2.(24-25高二下.江苏盐城七校联盟期中)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3,AC=6, D,E分别是AC,AB上的点，满足DEBC且DE经过△ABC的重心，将△ADE沿DE折起到△A1DE 的位置，使A1C⊥CD,M是AD的中点， (1)求证：平面A1CE⊥平面BCDE; (2)求CM与平面A1BE所成角的大小： (3)在线段A1C上是否存在点N(不包含端点)，使平面BWN与平面CBM夹角正切值为P 3 ?若存在，求出 AN的长度；若不存在，请说明理由， D E M B D E 变式2-3.(23-24高二下广东梅州兴宁第一中学·月考)如图1，在平行四边形ABCD中， D=60°，DC=2AD=2,将△ADC沿AC折起，使点D到达点P位置，且PC⊥BC,连接PB得三棱 锥P-ABC,如图2， (1)证明：平面PAB⊥平面ABC; PM (2)在线段PC上是否存在点M,使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为司，若存在，求出P司的值，若 不存在，请说明理由. B M 图1 图2 4/19 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 类型三、线面角中的动点问题 求空间角的常用方法： (1)定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条 件，解对应的三角形，即可求出结果； (2)向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量 与平面的法向量、两平面的法向量)的余弦值，即可求得结果。 例3.(25-26高二上.四川眉山期末)如图1，在平面四边形ABCD中，AD=4,BC=2, ∠ABD=∠CBD=号，BC⊥CD,过点D作DE⊥AB,垂足为E如图2，将三角形ADE沿DE折起，使 得点A到达点P处，且PE⊥BE (1)证明：BD⊥PC; 2)若点F为线段PD上的点（不含端点），是否存在点F满足直线CP与平面PBC所成角的正弦值为乎？若 7 存在，求出圆的值，若不存在，说明理由。 B 图1 图2 变式3-1.(23-24高二上·安徽宣城中学·月考)如图，P为圆锥的顶点，0是圆锥底面的圆心，AC为底面直径， △ABD为底面圆0的内接正三角形，且△ABD的边长为V3,点E在母线PC上，且AE=V,CE=1, (1)求证：直线PO/平面BDE,并求三棱锥P-BDE的体积： (2)若点M为线段PO上的动点，当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时，求此时点M到平面ABE的 距离。 B 5/19 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 变式3-2.(25-26高二上广东清远期中)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是以AC为斜边的等 腰直角三角形，侧面ACC1A1为菱形，点A1在平面ABC上的投影为AC的中点D,且AB=2· (1)求点C到侧面ABB1A1的距离； 2y在线段A,B1上是否存在点么，使得直线DE与侧面ABB1A1所成角的正弦值为5？若存在，请求出A,B的 长；若不存在，请说明理由 C E B 刀 变式3-3.(25-26高二下湖南株洲第一中学等校期中)如图，已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD是直角梯形， ADI‖BC,AD=3,∠ABC=90°，SA⊥平面ABCD,SA=AB=BC=1. (1)设钝二面角B-SC-D大小为a,求tana的值； 2在棱SC上是否存在一点E(不与端点重合)，使得BB与平面SCD所成角的正弦值为？若存在，求 14 器的值：如不存在，试说明理由： (3)E点在AD上，F点在SB上，G点在SC上，求△EFG的面积取值范围. 类型四、距离中的动点问题 点到面距离的关键是能够通过共线向量和线面角的向量求法，将线面角的正弦值表示为关于变量的函数 的形式，通过函数最值的求法确定正弦值的最大值，从而确定动点的位置. 例4.(24-25高二上广东广州天实验学校期中)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PDC⊥平面 ABCD,AD⊥DC,AB‖DC,AB=CD=AD=1,M为棱PC的中点. (1)证明：BM//平面PAD: 6/19 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 2)若PC=V5,PD=1, (i)求平面PDM与平面BDM夹角的余弦值； ()在线段PA上是否存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离是9？若存在，求出PQ的值：若不存在， 说明理由. B 变式4-1.(25-26高二福建宁德)如图，在三棱锥S-ABC中，SC⊥底面ABC,AC⊥BC, CE=2EB=4,AC=3,D为棱AB上的点，CD=ED. (1)求证：DE⊥平面SCD; 2设SD与底面ABC所成角的正切值为号。 (i)求面ASD与面SCD所成的二面角的正弦值； ()棱SE上是否存在点P,使得点P到面ASD的距离为？若存在，确定点P的位置；若不存在，请说 14 明理由. S >B D 变式4-2.(25-26高二下.福建莆田第五中学.月考)如图，在四棱锥P-ABCD中，△ABP是正三角形，四边 形ABCD是菱形，AB=8,∠ABC=120°，点E是棱PB上的一点. (1)若E为棱PB的中点，求证：PD//平面ACE 2)若平面PAB上平面ABCD,是否存在点B,使得点E到平面PAD的距离为压若存在，求出噩的值： 5 若不存在，请说明理由。 7/19 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 变式4-3.(25-26高二上福建厦门同安实验中学月考)四棱锥P-ABCD,PA1面ABCD,AD/BC, PA=2,AB=1,BC=1,AD=2,M是PD中点. (1)求证：CM/平面PAB; (2)若AB⊥AD, ①求平面PAB与平面PCD夹角的正弦值； ②在线段BD上是否存在点Q,使得点D到平面P4Q的距离为反？若存在，求出器的值：若不存在，请 说明理由 D M D 类型五、垂直中的动点问题 1.建立恰当的空间直角坐标系。 2.确定或求出相关点、直线方向向量、平面法向量的坐标。 3.根据上述判定方法进行向量运算（主要是点积）并得出结论。 例5.(25-26高二广东广州南海中学·月考)如图，在几何体ABCDEF中，CD⊥平面BCF,AB‖CD‖EF, ∠BAD=∠CDE=∠FCB=60o,AB=5,DC=3,EF=1. (1)证明：△BCF是等边三角形； (2)求平面ADE与平面BCF所成二面角的正弦值； B)已知点M在直线AE上，且BM⊥平面ADB,求是的值. 8/19 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 变式5-1.(23-24高二上·广东梅州大埔县虎山中学期中)如图，己知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面 互相垂直，AB=√2，AF=t,M是线段EF的中点. (1)求证：AM//平面BDE; (2)若t=1,求二面角A-DF-B的大小： (3)若线段AC上总存在一点P,使得PF⊥BE,求t的最大值， B A 变式5-2.(25-26高二上·福建福州八县()协作校·期中)如图1，在边长为2的菱形ABCD中， ∠BAD=60,DE⊥AB于点E,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥BE,如图2. (1)求证：A1E⊥平面BCDE; (2)求二面角E-A1D-B的余弦值： 3)在线段BD上是否存在点P,使平面A1EP1平面A1BP?若存在，求出器的值；若不存在，说明理由. D D E 图1 图2 变式5-3.(24-25高二上福建部分优质高中.开学考)如图，四棱锥P-ABCD中，AD⊥平面ABP,BC AD,∠PAB=90,PA=AB=2,AD=3,BC=m,E是PB的中点. (1)证明：AE⊥平面PBC: (2若二面角C-AB-D的余弦值是与，求m的值； 9/19 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 DF ()若m=2,在线段ED上是否存在一点F,使得BF⊥CE?若存在，求园的值；若不存在，说明理由. D 类型六、线面角最值取值范围问题 1.求出直线的方向向量和平面的法向量， 2.运用向量法求出线面角正弦值的表达式， 3.通过换元法转化为二次函数求最值. 例6.(24-25高二下·广东深圳深圳外国语学校期末)如图，已知菱形ABCD和等边三角形BCE有公共边BC ,点B在线段AE上，BC与DE交于点O,将△BCE沿着BC翻折成△PBC,得到四棱锥P-ABCD, BC=2. (1)求证：平面PBC⊥平面POD; 2)若DP=V5,求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值. (3)求直线PA与平面PBC夹角正弦值的最大值. D D B B 变式6-1.(24-25高二上福建厦门期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，CD⊥平面PAD,PA上AD (1)证明：PA⊥平面ABCD: (2)若底面ABCD是正方形，AP=AB=6,E为PB中点，点F在棱PD上，且平面AEF与平面ABCD的 夹角的余弦值为写 (i)求PF; 10/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (ⅱ)平面AEF交PC于点G,点M在平面PBC上，求EG与平面MAD所成角的正弦值的取值范围. D 变式6-2.(24-25高二上山东泰安：期中)如图，在四面体ABCD中，AD⊥平面BCD,M,P分别是线段AD ,BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ=3QC (1)求证：PQ//平面BCD: (2)当BC=DC=V2,AD=BD=2时，求平面PQM与平面BCD夹角的余弦值： (3)在(2)的条件下，若G为△ABD内的动点，AB//平面QGM,且QG与平面ABD所成的角最大，试 确定点G的位置 变式6-3.(23-24高二上广东广州第八十九中学.月考)如图，P为圆锥的顶点，0是圆锥底面的圆心，AC为 底面直径，△ABD为底面圆0的内接正三角形，且边长为V3,点E在母线PC上，且AE=V3,CE=1. (1)求证：P0‖平面BDE; (2)求证：平面BED⊥平面ABD (3)若点M为线段PO上的动点.当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时，求此时点M到平面ABE的 距离 11/19 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B 类型七、二面角最值取值范围问题 1.求出平面夹角的余弦值之 2.对其表达式进行变形， 3.结合二次函数的单调性求得余弦的最值，从而得到其取值范围。 例7.(25-26高二上广东广州天河外国语学校期中)如图，四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是边长为6 的正方形，PB⊥PD (1)当四棱锥P-ABCD的体积取得最大值V时. (i)求V的值； (i)证明：平面PAC⊥平面PBD: (2)若PA=6,求二面角B-PC-D正弦值的最小值. …习D 变式7-1.(25-26高二上广东普宁勤建学校调研)如图1，△ABC是等边三角形，△DAC为等腰直角三角 形，DA=DC=V2,将△DAC沿AC翻折到△PAC的位置，且点P不在平面ABC内)（如图2），点F 在线段PB上（不含端点）. (1)证明：AC⊥PB: (2)若PB=2: (i)当点F为线段PB的中点时，求直线PB与平面ACF所成角的大小； (ⅱ)设平面ACF与平面PBC的夹角为a,求cosc的取值范围. 12/19 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 P C 图1 图2 变式7-2.(22-23高二下广东五校期末)中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而 上有袤无广.刍，草也.甍，屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍是 茅草屋顶."现有一个刍甍如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE,CDEF为两个全等的等腰梯形， AB=4,EF//AB,AB=2EF,EA=ED=FB=FC=3. (1)当点N为线段AD的中点时，求证：直线AD⊥平面EFN; (2)当点N在线段AD上时（包含端点），求平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值的取值范围. D 变式7-3.(23-24高二上福建厦门厦门大学附属科技中学·月考)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面 AA1C1C⊥平面ABC,△ABC为等边三角形，AC=CC1=2,∠ACC1=60°，D,E分别是线段AC,CC1的 中点 (1)求证：A1C⊥平面BDE; (2)若点P为线段B1C1上的动点（不包括端点），求平面PBD与平面BDE夹角的余弦值的取值范围。 C 6 类型八、新定义问题 “新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解 13/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看 本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变 才是制胜法宝 例8.(24-25高二下.安微皖北县中联盟)在平面直角坐标系0-xy中，任何一条直线都可以用 ax+by十c=0(其中a,b,c∈R,c2+a2+b2≠0)表示，给定一个点和一个方向，我们可以确定一条直 线，例如：已知点P(2,3)在直线1上，=(2,1)是直线1的一个方向向量，则直线1上任意一点Q(x,y)满 足PQ//,化简得直线1的方程为x-2y+4=0.而在空间直角坐标系0-xyz中，任何一个平面的方程 都可以表示成ax+by十cz+d=0(其中a,b,C,d∈R,且a2+b2+c2≠0)，类似的，在空间中，给定 一个点和一个平面的法向量也可以确定一个平面 (1)若点F1,0,0),G(2,1,1),H0,2,0),求平面FGH的方程 2)求证：i=(ab,c是平面ax+by+cz+d=0(a2+b2+c2≠0)的-个法向量： (3)已知某平行六面体ABCD-A1B1C1D1,平面ABB1A1的方程为2x-y+2z+1=0,平面BCC1B1经过 点R(0,1,2,S(1,1,3T(2,2,4),平面ACC1A1的方程为kx-3y+2kz-3=0,求平面ABB1A1与平面 ACC1A1夹角的余弦值 变式8-1.(24-25上·广东东莞东华高级中学、东华松山湖高级中学.月考)三阶行列式是解决复杂代数运算的 a1 a2 a3 算法，其运算法则如下所示： bi b2 b3=ab2c3+a2b3c1+asbic2-agb2C1-a2bic3-a1b3c2 C1 C2 C3 1方 到 a×i=x1y1z 则称×6为空间向量与6的叉乘，其中=x1了+y1j+z1k(y11∈R), x2y222 石=x21+y2+z2k(x2y222∈R),{,,}为单位正交基底以0为坐标原点、分别以i,的方 向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，已知AB是空间直角坐标系中异于O的两点. (1)若A(1,2,1),B(0,-1,1),求0A×O; 2)证明：OA×0B+02×0A=0. 3)记△A0B的面积为S△40B,证明S△40B=引OA×O 4)证明：(OA×O的几何意义表示以△A0B为底面、|可A×O为高的三棱锥体积的6倍。 变式8-2.(24-25高二上广东惠州华南师范大学附属惠阳学校月考)在空间直角坐标系0-yz中，已知向量 立=(ab,),点Po(xoy。20).若直线以7为方向向量且经过点P0,则直线的标准式方程可表示为 14/19 高学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 兰=学-孕(abc≠0，若平面a以元为法向量且经过点Pg,则平面Q的点法式方程可表示为 a(x-xo)+b(y-yg)+c(z~2o)=0,-一般式方程可表示为x+by+cz+d=0. (1)若平面1：x+2y-1=0,平面F,:2y-z+1=0,直线1为平面1和平面P的交线，求直线的单位方 向向量（写出一个即可）： 2)若三棱柱的三个侧面所在平面分别记为2F2Y,其中平面2经过点(4,0,0)，(3,1-1)，(-1,5,2)，平 面B2:y+z=4,平面y:mx+(m+1)y+(m+2)z+3=0,求实数m的值： 3)若集合M={(x,yz川x+y川≤4，y+|z≤4，|z+|x|≤4}，记集合M中所有点构成的几何 体为S,求几何体S的体积和相邻两个面（有公共棱）所成二面角的大小. 变式8-3.(24-25高二上广东中山华侨中学)已知两个非零向量a,b,在空间任取一点0，作0A=a O范=b,则∠A0B叫做向量a,的夹角，记作(a,)定义a与6的“向量积”为：京×是一个向量，它与 向量a,6都垂直，它的模a×=·sin(a)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形， PD⊥底面ABCD,DP=DA=4,E为AD上一点，|A而×B=85 D (1)求AB的长； (2)若E为AD的中点，求二面角P-EB-A的余弦值； 3)若M为PB上一点，且满足AD×B驴=λE,求|. 压轴专练 1.(23-24高二上广东广州越秀区·期末)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形， BF|=|DE|,BF//DE,M是AE的中点. 15/19 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (1)求证：平面BDM//平面CEF; (2)若DE⊥平面ABCD,AB|=2,BM⊥CF,点P为线段CE上一点，求直线PM与平面AEF所成角的 正弦值的最大值。 2.(25-26高二广东珠海第二中学，期中)如图，在四棱锥P-ABCD中，△PAD是以AD为斜边的等腰直角 三角形，BCI‖AD,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2BC=2,E为PD中点. D B (1)判断直线CE与平面PAB的位置关系，并说明理由. (2)判断平面PAD与平面ABCD是否垂直，如果是，请证明，如果不是，请说明理由， (3)求直线CE与平面PAB的距离. 3.(25-26高二上广东东莞)如图，在四边形ABCD中，AB//CD,AB=2,CD=3,AD=V5,点E在 线段CD上，且DE=2,AE⊥CD.将三角形DAE沿AE翻折至四边形D'AE,使得平面DAE与平面 AECB所成的二面角的大小为60°. (1)证明：BC⊥DA: 2动点M在线段AB上运动，当M到平面DAE的距离为号时，求平面DAB与平面DCM的夹角的余弦值 4.(25-26高二上广东河源龙川县第一中学期末)如图，P为圆锥的顶点，0是圆锥底面的圆心，AC为底面 16/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 直径，△ABD为底面圆O的内接正三角形，点E在母线PC上，且AB=AE=3CE=V5, E D A 0 (1)求证：平面BED⊥平面ABD: 2在线段OP上是否存在一点M,使得平面MAB与平面ADB夹角的余弦值为气？若存在，确定点M的位 置，若不存在，请说明理由. 5.(25-26高二上四川成都都江堰青城山高级中学.月考)在平行四边形ABCD中（如图1），AB=2BC=2, M为AB的中点，将等边△ADM沿DM折起，连接AB,AC,且AC=2(如图2) M B M D 图1 图2 (1)求证：CM⊥平面ADM; 2点P在线段AC上，若点p到平面ABM的面岗为要，采平面PDN与平面3CDMMR破角的余弦雀， 6.(25-26高二上广东阳江第一中学月考)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，点D,E分别为BC,BB1的 中点，AB=2AD=V2,AB⊥AD,AC=2AA=2AC1=2CC1=2,∠AA1B1=T A B (1)求证：AD⊥平面AA1B1B; (2)求直线CE与平面AA1C1C所成角的正弦值； (3)点M在侧面BCC1B1内，且A1M//平面ADE,当线段CM最短时，求平面ABM与平面AAB1B夹角 17/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 的余弦值， 7.(24-25高二下广东汕尾：期末)如图1，在平面多边形APBCD中，△APB为直角三角形，∠DAB=受， AD‖BC,2PA=2AB=2BC=AD.如图2，现将△APB沿轴AB向上翻折到图中的△APB处，此 时PC⊥CD,2PM=MD· C 图1 图2 (1)证明：CD⊥PA: (2)证明：PB//平面MAC: (3)求平面MAC与平面P'AB夹角的余弦值. 8.(24-25高二下广东茂名普通高中期末)如图，在正方体ABCD-ABCD中，E,F分别是棱BC,CD上 的动点 D A (1)设E,F分别为BC、CD的中点.证明：EF/平面ABD; (2)设BE=CF. (i)证明：BF⊥DE: (ⅱ)当三棱锥A'-CEF的体积取得最大值时，求平面AEF与平面CEF夹角的余弦值， 9.(24-25高二下.广东广州番禺区·期末)如图，直线PD垂直于梯形ABCD所在的平面， ∠ADC=∠BAD=90°，F为线段PA上一点，PD=V2,AB=AD=CD=1,四边形PDCE为矩形. 18/19 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D E D B (1)若F是PA的中点，求证：AC//平面DEF: (2)求直线AP与平面BCP所成角的余弦值 3)若点F到平面BCP的距离为号，求PF的长. 10.(24-25高二下.甘肃张掖某校·月考)如图，四边形ABCD是正方形，平面PABE⊥平面ABCD, PAL AB,EB//PA,AB=PA=4,EB=2. E (1)求证：BD//平面PEC: (2)求二面角D-PC-E的大小. 3)点Q在直线BD上，直线PQ与直线CE的夹角为，二面角D-PC-E为P,是否存在点Q,使得 十B=T,如果存在，请求出BQ；如果不存在，请说明理由. 19/19