2027届高考数学一轮复习----空间向量与立体几何有关的八大类型题

**基本信息** 以空间向量为工具，系统整合距离、夹角及动态问题八大类型，通过公式归纳与变式训练构建立体几何代数化解题体系，培养空间观念与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |距离问题（点线/点面/异面直线/面面）|4考点，每考点约6题|向量投影求距离，公垂向量法|从点到线到面，逐步拓展距离维度| |夹角问题（异面直线/线面/二面角）|3考点，每考点约8题|向量夹角公式，法向量求角|从线线到线面到面面，深化空间角认知| |动态问题|1考点，约13题|参数方程与函数思想|综合应用距离与夹角，提升动态思维|

空间向量与立体几何有关的八大类型题 目录 考点一：求点到直线的距离 .3 考点二：求点到平面的距离 .6 考点三：求异面直线的距离 10 考点四：求平面与平面的距离… ....14 考点五：求异面直线夹角 ....16 考点六：求直线与平面夹角（线面角）. .22 考点七：求平面与平面夹角（二面角）…28 考点八：动点、动长、定角、定值问题..34 重点公式归纳 一、求点到平面的距离 设A是平面a外一点，AB是a的一条斜线，交平面c于点B,而n是平面a 的法向量，那么向量BA在方向上的正射影长就是点A到 平面a的距离h, BA B/0 h=BA -cos(BA,)= 所以 二、求异面直线间的距离 假设异面直线a、b,平移直线a至a,且交b于点A,那么直线a和b确 定平面ax,且直线a∥a,设i是平面c的法向量，那么i⊥a,方Li。 所以异面直线a和b的距离可以转化为求直线a上任一点到平面©的距离， 方。 结论：，是两条异面直线，其公垂向量为n,CD分别是，上任一点，d =ICD.n 为42间的距离，则 n 三、求直线与平面所成的角 直线AB与平面c所成的角0可看成是向量AB与平面a的法向量n所成的 如sB,8机 锐角的余角，所以有 四、求二面角的大小 若几。、B分别为平面Q,B的法向量，则二面角a-1-P的平面角， cos 30=arccos nang 诚3 。 A (或者其补 角)。 B 五、证明两平面平行或垂直 D & ①若a∥B, 则万。：反之也成立。 ②若a⊥B, 则 。LnB；反之也成立。 题型归纳 考点一：求点到直线的距离 【例1】(25-26高二上·福建厦门阶段检测)如图，对正方体8CD4B,CD,AB=2, 分别是BD和4D的中点求N到B M N 的距离 Z D D A B B ND M B 【变式1-1】(25-26高二下江苏苏州期中)如图，在棱长为2的正方体 ABCD-ABCD E,F BC 中， 分别为线段 AB 的中点. D B D E DF⊥CE (1)求证： (②求F点到直线4C的距离： 【变式1-2】(25-26高二下·浙江开学考试)如图，三棱柱 ABC-AB.C 的各棱长均为2， BCC,B, 侧 底面ABC,∠BBC=6 ，五，P分别是楼4B,BC的中点 B By (1)求点”到直线EF 的距离； 4 【变式1-3】(25-26高二下·浙江杭州期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PCD1 平面ABCD,AB/1CD.AB=AD=PD=2PC=2N5CD=4 D B A (I)证明：PD⊥BC: ②若4C=PC,设D0=Dr(2>0),点到直线BC的距离为3，求2的值： 【变式1-4】(2026河南开封模拟预测)如图，在圆柱 0中，矩形 BCD 为其轴截面， 点M为底面半圆弧AD上的动点（前半部分，且点M不与点A,D重合），点E在母线DC 上，DE=3,AB=AD=4,点F是上底面内的一个动点 D M (I)若BF=BC,OE∥平面AMF,求BF的长度； (2)若点F是上底面圆周上一点，求F到AE的最大距离： 【变式1-5】6.(2026广东模拟预测)AB为⊙0的直径，PA垂直于⊙0所在的平面， 8 C是圆周上不同于4，B的任意一点，AB=2AP,三棱锥P-ABC体积的最大值为3，当 △PBC的面积最大时，求AC. 、C 6 考点二：求点到平面的距离 【例1】(25-26高三上：江西吉安期末)如图，已知正三棱柱 BC-ABG中， AB=AA=2 P BC 点为的中点 A APC 求点到平面 的距离 【变式1-1】(25-26高二上北京西城期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA上平面 ABCD,四边形ABCD为梯形，AD/BC,∠BAD=90°，且PA=AD=CD=AC=1, ! A > 求点A到平面PCD的距离. 【变式1-2】(25-26高二下浙江衢州期末)如图，在三棱锥P-ABC中，AP⊥CP, AC⊥BCAP=CP=1BC=V2 设二面角P1C-B的 ”的大小为. 当8=60°时，求点B到平面PAC的距离. 【变式1-3】《2026福建泉州模拟预测)如图，圆锥P0的底面半径为2，高为 23 AB 是⊙0的直径，点C在⊙0上，且∠A0C=120°，点M为PB的中点. B 求A到平面MOC的距离. 8 【变式1-4】(2026高二全国专题练习)如图，在以A,B,C,D,E,F顶点的五面体中，四 边形BCFE是矩形，平面ACFD⊥平面ABC,∠DAC=9O°. D E (I)证明：BE⊥平面ABC: 2W5 (2)已知二面角A-BE-C是90°，AC=AD=BE=2,点B到平面ACE的距离为5，求 BC: 【变式1-5】(25-26高一下·浙江宁波期末)如图，四棱锥的底面ABCD是平行四边形且 AB=2D=4,AD⊥BD,PAD为等边三角形，PC=26,0为4D中点 B 0 (I)证明：OP⊥平面ABCD: (2)设N为侧棱PC上一点，四边形AENF是过A,N两点的截面，分别交PD,PB 于E,F两点，BD∥平面AENF. (i)证明：EFIBD: (i)设PW=PC,是否存在入，使得点P到面AENF的距离为2 【变式1-6】25-26高二下·浦东·月考)如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底 面圆O上，OB=BF=1,点G是线段BF的中点 E B (I)证明：EG∥平面DAF: (2)若直线DF与圆柱底面所成角为45°，求点G到平面DEF的距离 10 考点三：求异面直线的距离 ABCD-ABCD 【例1】如图，正方体 的棱长为BF分别为 A、AB 的中点，求异面 直线EF BD 与 的距离 D C A B D 【变式1-1】(2026天津北辰·二模)如图，在直三棱柱 BC-ABG中，AC1BC, AC=BC=1 AA=2 ,点&，F分别为线段1C和BC的中点 B 求直线E AB 与直线 间的距离 11 个 t 【变式1-2】(2425高二上四川乐山阶段检测)如图，在平行六面体ABCD-A'B'CD' 中，AB=4,AD=4,AA=3N2.∠BAD=60°∠BAA=∠DAA=45° 求 D A B B (I)证明直线AC'⊥直线BD: (2)求异面直线AC和BD间的距离 【变式1-3】(24-25高一下·浙江宁波期末)如图，在四面体D-ABC中， AB=BC=CD=DA=5.AC=6,BD=4. (I)求二面角B-AC-D的平面角的大小； (2)求异面直线AB与CD间的距离. 13 ABC-ABC 【变式1-4】(23-24高二上辽宁大连期末)三棱台 中， AB=2AB,AB⊥BC,AC⊥BB,AAB,B⊥ ,平面 平面ABC, AB=3,BC=2,BB=l征=2丽.4C与1C交于D. A B (1)证明： DE∥平面 BC (2)求异面直线 C与DE的距离. 【变式1-5】(22-23高一全国课后作业)如图所示，在空间四边形PABC中， AC=BC=2,∠ACB=90°，AP=BP=AB,PC⊥AC, 14 (I)求证：PC⊥AB: (2)求异面直线PC与AB的距离： (3)求二面角B-AP-C的大小. 【变式1-6】(2026重庆·模拟预测)如图，在正四棱锥P-ABCD中，AC与BD交于点O, PA=4,点E是边BC上一点. (I)若平面PBC⊥平面POE,求证：BE=EC: (2)若二面角D-4P-B的余弦值为3： ①求PO的长； ②点0为空间内动点，满足O0号5，求异面直线P0与aC距离的取值范围。 15 考点四：求平面与平面的距离 【例1】(24-25高二上全国课后作业)如图，在棱长为1的正方 ABCD-ABCD中， E为线段 D. BB. 的中点，F为线段8的中点，G为线段4B的中点，求平面 EB 到平面 CFG 的距离。 D C B Bi----- G 【变式1-1】(21-22高二全国课后作业)如图，在四棱锥O-ABCD中，底面ABCD是边 长为2的正方形，OA⊥底面ABCD,OA=2,M、N、R分别是OA、BC、AD的中点. 求： 16 M D N (1)直线MN与平面OCD的距离： (2)平面MNR与平面OCD的距离. ABCD-ABCD 【变式1-2】(20-21高二全国课后作业)如图，已知正方体 的棱长为2， BB E,F,G分别为AB,BC, 的中点 D ADCI∥ (1)求证：平面 平面EFG: (2)求平面 DC与平面EG间的距离. 【变式1-3】(20-21高二全国·课后作业)如图所示的多面体是底面为ABCD的长方体被 17 AEC F 平面 所截而得的，其中B=4,BC=2.CC=3.BE=1 D E C B AECF (1)求点C到平面 的距离： (2)设过点B平行于平面 AEC F AECF 的平面为，求平面 与平面“之间的距离 考点五：求异面直线夹角 【例1】(25-26高二下·全国课堂例题)已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形， PA⊥平面ABCD,且PA=AB=2,点E、F分别是CD、PA的中点，求直线EF和AB所 成角的余弦值： D ‘A 18 【变式1-1】(25-26高二全国暑假作业)在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD,PA 与平面ABCD所成的角为60°，在四边形ABCD中， ∠ADC=∠DAB=90°，AB=4,CD=1,AD=2 P D C B (1)求BP的长： (2)求异面直线PA与BC所成的角的余弦值. 【变式1-2】如图，在三棱锥O-ABC中，∠OAB=60°，∠OAC=45°， OA=8,AB=6,AC=4,BC=5,求OA与BC所成角的余弦值， 19 【变式1-3】(2025·江苏苏州三模)如图，正四棱锥 .S-ABCD SA=2 AB=2 P 为侧楼S”上的点，且 P=3PD B (I)求证：AC⊥SD (2)求异面直线SA与CP所成角的余弦值. 【变式1-4】(25-26高三上·湖南长沙阶段检测)如图，在棱长都为2的正三棱柱 ABC-ABC中， BCCB D为侧面 的中心，E为1C的中点，点F为楼 BG上一动点（不 包含端点)· B AB,∥ ADE (1)证明： 平面 25 (2)若直线A4与直线EF所成角的余弦值为5，求EF 20 【变式1-5】(2425高二下甘肃白银期中)如图，在正三棱 ABC-AB,C中， A4=3AB=6,D为的中点 CC D. B (1)求点B到直线 D 的距离； 与BD AB (2)求异面直线 所成角的余弦值. 【变式1-6】(2425高二上·上海长宁·期末)如图，已知圆锥的底面半径”=2，经过旋转 轴S0的截面是等边三角形MB,点Q为半圆弧MB 的中点，点P为母线SA的中点 S (1)求此圆锥的侧面积； 21 (2)求异面直线PQ与SO所成角的余弦值： 【变式1-7】(2026江西南昌·三模)如图，已知圆台 ,O,ABCD.EF均为母线，四 边形ABC 为圆台的轴截面，且B8C=2AD=4,AE=V2 B (I)求异面直线EF与BC所成角： 1 (②)已知二面角B-EF-C的余弦值为3，求圆台的高O,O,的长 【变式1-8】(25-26高一下·全国期末)如图1是一个由菱形ABCD和两个直角三角形 △ADO和△CDP所组成的平面图形，其中 ∠BAD-PD1CD.QD⊥AD,AD=LPD=OD=5,现将AMDO和ACDp分别沿AD,CD 折起，使得点P与点O重合于点S,连接BS,得到如图2所示的四棱锥S-ABCD 22 B 图1 图(2) (I)求证：AC⊥平面SBD: SE=-0≤元≤) (2)若E为棱SA上一点，记SA 是否存在点E使得直线CE与直线AD所成 角为60°，若存在请求出九的值，若不存在请说明理由 【变式1-912026高三全国专影练习)枝长为N6的正四面休4-BCD中，点M为平面 BCD 内的动点，且满足4M=5,求直线4M与直线D所成的角的余弦值的取值范围 23 【变式1-10】(2026高三全国专题练习)如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面 ABC,△PA 是边长为2的等边三角形，1B=2W2,∠BAC=45 ◇ C B A (I)证明：BC⊥PA: 5 (2)若线段PC上的点Q满足直线AP与直线BQ所成角的余弦值为10，求点Q到直线AB的 距离。 24 考点六：求直线与平面夹角（线面角） 【例1】(25-26高三上江苏苏州期末)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为 2的正方形，PD⊥平面ABCD,PD=4,E,F,G分别为PC,PD,BC的中点. C- G D (I)求证：FG1I平面PAB: (2)求直线FG与平面PBC所成角的正弦值. 【变式1-1】(2026重庆·一模)如图，在三棱柱 BC-ABC中，△MBC 为等边三角形， 四边形 BCC 是边长为2的正方形，D为4B中点，且4D=5 ABB A (1)求证： CD上平面 25 BC CD (2)已知P为线段C中点，求直线4P与平面 所成角的正弦值. 【变式1-2】(25-26高二下·湖南邵阳·阶段检测)如图1，正方形ABCD的边长为2.如图 2,现将正方形ABCD沿着对角线AC翻折，其中O为原正方形ABCD的中心. D D B 图1 图2 (I)证明：平面ABC⊥平面BOD: (2)翻折至四面体ABCD的体积最大时，求CD与平面ABD所成的角的正弦值. 【变式1-3】(25-26高二下·湖南长沙阶段检测)如图，在四棱锥P-ABCD中，△PCD为 等边三角形，底面ABCD为直角梯形，ABIICD,CD⊥AD,PB=CD=4,AB=AD=2, D A B (I)求证：PB⊥CD: 26 (2)求直线PD与平面PBC所成角的正弦值. 【变式1-4】(25-26高二下·湖北武汉·期末)如图，在三棱 ABC-ABG中， BB=2,BA⊥ 面4BC,∠B1C=90,点到平面4C B ACCA 平 的距离为1. A B A C AB=BA (1)求证： (2考4C=2,求直线8G与平 ACCA 所成角的正弦值. 【变式1-5】(25-26高二下·江西吉安·阶段检测)如图，圆柱的轴截面ABCD是边长为6 的正方形，点E,F均在圆柱的下底面圆周上，EF与CD交于点G,点H在线段BC上， 6H上平面4EF,点P在圆柱的上底面圆用上，P=35,DG=2. 2> P A B H D E (I)求CH的长度： (2)求直线PG与平面AEF所成角的正弦值. 【变式1-6】(23-24高三上江苏南京·开学考试)如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面， 点F在底面圆O上， OA=BF=5,AD=3,点G是线段BF的中点. D .O (1)证明：EG∥平面DAF; (2)求直线EF与平面DAF所成角的正弦值. 【变式1-7】(2026云南三模)如图，在四棱锥C-ABED中，四边形ABED是边长为2 的正方形，平面ABCL平面ABED,BC=L4C=5 28 D y.… (L)证明：AC⊥平面EBC: 211 (2)线段CD上是否存在一点P,使得直线BP与平面ABC所成角的正弦值为11？若存在， CP 求出CD的值：若不存在，说明理由 【变式1-8】(2026山东聊城二模)如图，在六面体ABCDMN中，底面ABCD是边长为 2的菱形，∠DAB=60°，DM⊥平面ABCD,DM∥CN,CN=2DM,P是BC的中点 D ww B (I)证明：DP‖平面BMN; √2 (2)若直线DP与平面ABM所成角的正弦值为4，求DM的长， 29 【变式1-9】(2026北京朝阳模拟预测)在四棱锥P-ABCD中，侧面PAB⊥底面ABCD 底面ABCD是正方形，PB=AB=2,PA=22,点O是棱PB上一点. (I)当点Q是棱PB中点时，求证：PD/I平面QAC: 6 (2)若直线PD与平面OAC所成角的正弦值为9，求线段PO的长. 【变式1-10】(2026·福建福州·三模)在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AB‖CD, PA=AB=2,BC=CD=DA=1 D B (I)证明：平面PBD⊥平面PAD; √21 (2)若M为棱PB上一点（不含端点），直线DC与平面MAD所成角的正弦值为7，求 PM PB· % 【变式1-11】(2026河南周口三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面 ABCD,△PAD为等边三角形，四边形ABCD为等腰梯形，AD∥BC,AB=CD=4, BC=8,E为PB的中点 D (I)若AD=4,证明：AE∥平面PCD: (②)若直线4E与平面PAD所成的角为6，求AD的长度 考点七：求平面与平面夹角（二面角） 【例1】(25-26高二上河北邢台·阶段检测)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是 正方形，侧面PCDL底面ABCD,PD⊥CD,AB=PD=2,E,F分别为棱PA,AB的 中点. 31 E D (I)求异面直线BD与CE所成角的余弦值： (2)求平面CEF与平面PCD夹角的余弦值. 【变式1-1】(25-26高二下·安徽芜湖期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面 ABCD,四边形ABCD为菱形，∠DAB=60°，PD=AD=2,E是棱PB上一点 D B (I)若BP=4BE,求证：PB⊥平面AEC; (2)若PD∥平面AEC,求二面角D-AE-C的余弦值 【变式1-2】(25-26高二下·陕西西安·期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面 ABCD,△ABD是等边三角形，M是棱PA的中点： 32 M B (1)证明：BM1AD: (2)若PD=AD,BC=DC,且∠BCD=12O°，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值 【变式1-3】(25-26高二下云南昆明期末)如图，△1BC .00 为圆柱底面圆的内接三角 形，BC为圆O的直径，PA是母线， P 01 C B (I)求证：平面PAB⊥平面PAC: 包房4C=AB,PA=5B,求二面角 B-PC-A 的余弦值 【变式1-4】(25-26高二下江苏扬州阶段检测)如图1所示，在等腰梯形ABCD, 33 BC1D,CELAD,垂足为E,D=3BC=3,EC=1,将DEC沿EC折起到 D,EC D,EC 的位置，如图2所示，平面 平面ABCE D E D E B 图1 图2 BCD⊥CD,E (1)求证：平面 平面 BD (2)求直 CD与平面 所成角的正弦值： AD BD (3)在棱 (不包括端点)上是否存在点G,使平面 与平面G5C的夹角的余弦值为 6 AG 6，若存在，求出AD的值，若不存在，请说明理由 34 【变式1-5】(25-26高二下河南~阶段检测)如图1，在平面四边形ABCE中，△ABC是以 AC为斜边的等腰直角三角形，∠ABC=90°，△ACE是边长为2的等边三角形.现将 △ACE沿AC翻折至△ACD的位置，使得BD=2,如图2. D(E) B A 图1 图2 (I)设O为AC的中点，证明：DO⊥平面ABC: (2)求平面ACD与平面BCD夹角的余弦值. 【变式1-6】(25-26高二下·江苏阶段检测)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB/1CD, 81D:A8=D-C0=L,M为被CD的中点，P01T酒CD (I)求证：BCI/平面PMA: (2)若二面角P-CB-D的大小为60°，求点A到平面PBC的距离. 35 ABCD-ABCD 【变式1-7】(25-26高三下·辽宁阶段检测)如图，在四棱台 中，四边形 ABCD为菱形.AB=2,AB=1,∠ABC= =3,AA⊥AC,且BB=DD AA (1)证明： 平面ABCD (2)若平面4CCA与平面BCCB夹角的余弦值为7 ,M 为AB中点，求点M到平面BCCB 的距离 【变式1-8】(2026河北秦皇岛模拟预测)如图，已知1B,CD,EF 0,02 均为圆台 ABCD BC=2AD=4 AE=2 的母线，四边形 为圆台的轴截面，且 B 02 36 (I)证明：AE/1BF； (②)已知二面角B-EF-C的余弦值为3，求三棱锥A-BCF 的外接球的半径 【变式1-9】如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC,AC⊥BC,PA=AC=BC=2 ,点E是PC的中点. P B (I)求证：AE⊥平面PBC; (2)设点F是棱PB上的动点（不含端点），且使平面AEF与平面ABC所成角的余弦值为 5 3.求三棱锥P-AEF的体积. 37 考点八：动点、动长、定角、定值问题 【例1】(17-18高三上北京西城期中)如图，等腰梯形BCDP中，BCI‖PD,BA1PD 于点A,PD=3BC且AB=BC=1.沿AB把△PAB折起到△P'AB的位置，使∠P'AD=9O, (I)求证：CD⊥平面PAC. (2)求三棱柱A-PBC的体积. (3)线段PA上是否存在点M,使得BMII平面P'CD,若存在，指出点M的位置并证明； 若不存在，请说明理由. 38 【变式1-1】(2425高二上天津和平开学考试)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面 PpC1平面ABCD,PDLDC,.AD⊥DC,B1DC,4D=PD=4B-号CD=1,M为棱C 的中点。 D B (1)证明：BM/I平面PAD: (2)求平面PDM和平面BDM的夹角的余弦值； 26 (3)在线段PA上是否存在点Q,使点Q到平面BDM的距离是9？若存在，求PQ的长； 若不存在，说明理由 【变式1-2】(24-25高二上·山东济宁·阶段检测)在长方 ABCD-ABCD中， AA=AD=1,E为线 CD中点， A D A B C BE AD (I)求直线与直线所成的角的余弦值： BAE」 (2)在棱 M上是否存在一点P,使得DP/平面 A业？若存在，求4P的长：若不存在， 39 说明理由. 【变式1-3】(2024广西模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，BD⊥PC, ∠BAD=120° ABCD 四边形 是菱形， PB=V5AB=V2PA,E是楼PD上的动点，且 PE=APD E D (I)证明：PA⊥平面ABCD 2√19 (2)是否存在实数人，使得平面PAB与平面ACE所成锐二面角的余弦值是19？若存在， 求出九的值；若不存在，请说明理由 【变式1-4】(2425高一下·河南新乡阶段检测)如图，四边形ABCD为边长为2的菱形， ∠ABC=60°PB=PA=3M、,AB “为的中点. 40 (I)证明：AB⊥PC: PN (②)在线段PD上是否存在点N,使得PB1/平面MCN？若存在，请求出PD的值；若不存 在，请说明理由. 【变式1-5】(22-23高二上·湖北期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角 梯形，AD⊥AB,AB∥DC,PA⊥底面ABCD,点E为棱PC的中点， AD=DC=AP=2AB=2 D B (1)证明：BE/I平面PAD: 10 PE (2)在棱PC上是否存在点F,使得二面角F-AD-C的余弦值为10，若存在，求出PC 的值，若不存在，请说明理由. 双 【变式1-6】(22-23高二上：湖北武汉期末)如图，四边形ABCD是边长为1的正方形， ED⊥ ABCD,FB⊥ABCD ED=FB=1 平面 平面 ,日 D (I)求证：EC⊥平面ADF (2)在线段EC上是否存在点G(不含端点)，使得平面GBD与平面ADF的夹角为45°，若 存在，指出G点的位置；若不存在，请说明理由 【变式1-7】(2026河北邯郸模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面 ABCD,AD∥BC,PA=2,AB=BC=,AD=2,M是PD的中点. M D (I)求证：CM/平面PAB: (2)若AB⊥AD, (i)求平面PAB与平面PCD夹角的正弦值： BO (i)在线段BD上是否存在点Q,使得点D到平面PAQ的距离为1？若存在，求出BD的 值；若不存在，请说明理由， 42 【变式1-8】(25-26高二上广东河源期末)如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆 心，AC为底面直径，△ABD为底面圆O的内接正三角形，点E在母线PC上，且 AB=AE=3,CE=3 E B (1)求证：平面BED⊥平面ABD; 万 (2)在线段OP上是否存在一点M,使得平面MAB与平面ADE夹角的余弦值为7？若存 在，确定点M的位置，若不存在，请说明理由. 00 ACCA 【变式1-9】(2425高二上·河北唐山阶段检测)如图，圆柱的轴截面 是边长 为4的正方老，点8是4C上一点，且C=2D连接4B,2C,4B4 ,过点A作 AE⊥AB 于E A E B ABC (1)求证： AE⊥ 平面 43 OA OA ABC (2)连接，在线段上是否存在一点D,使得平面与平面BCD所成角的余弦值为 3v10 10若存在，试确定点D的位置，若不存在，说明理由. 名 D-ABCE,AD⊥BE,△ADE 【变式1-10】(2026河北一模)如图，在四棱 中， 为等边 三角形，底面ABCE为等腰梯形，AB/EC,且AB=4,EC=AE=2, D (1)求BD. √30 (2)在线段BD上是否存在点F,使得直线AF与平面ABCE所成角的正弦值为10？若存 BF 在，求BD的值：若不存在，请说明理由. 45 【变式1-11】(25-26高二上江西吉安期末)如图，在四棱锥P-ABCD中， MAB1CD,AD=BC=AB-CD=2,∠CBP=∠ADP=90 2 (I)证明：PD⊥平面ABCD; P,A,B,C,D (2)若点 2V2 都在半径为的球的表面上， (i)求PD的长度： 45 (i)棱PB上是否存在一点E,使得二面角E-AD-P的余弦值为7，若存在，求出 P PB的值；若不存在，请说明理由。 名 【变式1-12】(25-26高三上山东青岛阶段检测)在四棱锥P-ABCD中，PA1平面 ABCD,AD1IBC,PA=2,AB=1,BC=1,AD=2,M是PD中点. (I)求证：CM/I平面PAB: (2)若AB⊥AD ①求平面PAB与平面PCD夹角的正弦值： BO ②若在线段BD上存在点Q,使得点D到平面PAQ的距离为√2，试求BD的值， 47 【变式1-13】(25-26高二上·四川绵阳阶段检测)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面 PDC⊥平面ABCD, 4D1DC,ABDC,AB=CD=AD=l,M为棱PC的中点. ⊙ (I)证明：BMI∥平面PAD； (2若PC=5,PD=1 (i)求平面PDM与平面BDM的夹角的正弦值： 5v6 (i)在线段PA上是否存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离是18？若存在，求出 PQ的值；若不存在，说明理由， 48 空间向量与立体几何有关的八大类型题 目录 考点一：求点到直线的距离 3 考点二：求点到平面的距离 11 考点三：求异面直线的距离 22 考点四：求平面与平面的距离 33 考点五：求异面直线夹角 40 考点六：求直线与平面夹角(线面角) 56 考点七：求平面与平面夹角(二面角) 80 考点八：动点、动长、定角、定值问题 98 重点公式归纳 一、求点到平面的距离 设A是平面外一点，AB是的一条斜线，交平面于点B，而是平面的法向量，那么向量在方向上的正射影长就是点A到平面α的距离h， θ A α B h 所以 二、求异面直线间的距离 假设异面直线、，平移直线至，且交于点A，那么直线和确定平面，且直线∥，设是平面的法向量，那么⊥，⊥。所以异面直线和的距离可以转化为求直线上任一点到平面的距离，方。 结论：是两条异面直线，其公垂向量为，分别是上任一点，为间的距离，则。 三、求直线与平面所成的角 直线AB与平面所成的角θ可看成是向量与平面的法向量所成的锐角的余角，所以有。 四、求二面角的大小 若、分别为平面的法向量，则二面角的平面角， = ,（或者其补角）。D l β B A C α 五、证明两平面平行或垂直 ①若α∥β， 则 ∥；反之也成立。 ②若α⊥β， 则 ⊥；反之也成立。 题型归纳 考点一：求点到直线的距离 【例1】（25-26高二上·福建厦门·阶段检测）如图，对正方体­，，，分别是和的中点,求到的距离 【分析】（1）建立空间直角坐标系，结合点到直线的距离向量求法求结论； （2）结合向量夹角公式求结论. 【详解】以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 已知正方体棱长，故，，，， 所以，， 所以， ， ， 所以点到的距离； 【变式1-1】（25-26高二下·江苏苏州·期中）如图，在棱长为的正方体中，分别为线段，的中点． (1)求证：； (2)求点到直线的距离； 【答案】(1)证明见解析. (2) 【分析】（1）依题意建系，利用向量法证明两直线的位置关系即可； （2）利用空间中点到直线的距离的向量公式计算即得； 【详解】（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. 已知正方体棱长为，则，，，， 所以，，因， 所以. （2）由题可得，，，. ，，， 则与同方向的单位向量为， 设点到的距离为，则， 即点到直线的距离为. 【变式1-2】（25-26高二下·浙江·开学考试）如图，三棱柱的各棱长均为2，侧面底面，，E，F分别是棱，的中点． (1)求点到直线的距离； 【答案】(1) 【分析】（1）利用空间向量法来求点到线的距离； 【详解】（1）取BC中点O，由，结合菱形，可知，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面ABC， 由于底面是等边三角形，所以， 则建立如图空间直角坐标系， 根据已知条件可知：，，             所以，， 所以点到直线EF的距离为． 【变式1-3】（25-26高二下·浙江杭州·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，． (1)证明：； (2)若，设，点到直线的距离为3，求的值； 【答案】(1)证明： 因为，，． 所以，故， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面, 所以． (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质及线面垂直的性质即可证明； （2）建立空间直角坐标系，（i）根据点到直线距离公式列出方程即可求解；（ii）根据面面夹角的向量公式即可求解． 【详解】（1）略． （2）因为，，所以，又，， 所以，如图建系直角坐标系． 所以，，，，， 因为，所以点的坐标为， 所以，， 则直线的一个单位方向向量为， 点到直线的距离，解得． 【变式1-4】（2026·河南开封·模拟预测）如图，在圆柱中，矩形为其轴截面，点为底面半圆弧上的动点（前半部分，且点不与点重合），点在母线上，，，点是上底面内的一个动点. (1)若，平面，求的长度； (2)若点F是上底面圆周上一点，求到的最大距离； 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据向量共线的概念，找出点的轨迹，再根据线面平行的判定定理，作出辅助线，求出结果即可； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出方向向量坐标，根据向量的数量积，求出向量夹角，进而求出点到直线的距离即可，构造函数，判断距离的最大值； （3）根据点的坐标，求出方向向量和法向量，根据面面夹角的向量求出，求出夹角的余弦值的范围即可. 【详解】（1） 当时，点在线段上， 过作，交于，过作，交于， 此时，面，面， 所以平面，此时， 因为，所以，即，解得， 所以. （2） 过作，交下底面圆周于点， 以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系， 可知点在以为圆心，以为半径的圆上，所以设点， 可知，， 可知点到的距离为， 可知， 所以， 设函数，可知函数对称轴为， 当时，最大值， 即当时，点到的最大距离为. 【变式1-5】6．（2026·广东·模拟预测）为的直径，垂直于所在的平面，是圆周上不同于的任意一点，，三棱锥体积的最大值为,当的面积最大时，求．    【答案】 【分析】如图建立坐标系，设，表示出相关点和向量的坐标，利用点到直线距离的向量公式求出点到直线的距离的表达式，利用二次函数的性质求出其最大值即得的面积的最大值，以及此时的值. 【详解】设的半径为，则，， 因平面，故当三棱锥体积取得最大值时，中边上的高最大，即为半径长，故有，解得. 如图以点为原点，所在直线分别为轴，以平面上过点的的垂线为轴，建立空间直角坐标系.因，易得，则，又，    可得，设，则，， ，则， 所以，则与同方向的单位向量为， 于是点到直线的距离为 ， 因的面积为，， 故当且仅当 时，的面积最大，此时. 考点二：求点到平面的距离 【例1】（25-26高三上·江西吉安·期末）如图，已知正三棱柱中，，点为的中点. 求点到平面的距离. 【答案】 【分析】 方法一：由点到平面距离的向量求法直接计算可得结果； 方法二：利用等体积法计算即可. 【详解】取的中点，根据正三棱柱性质可得互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则有，即， 令，则，，即， 方法一： 点到平面的距离. 方法二： 因为平面，故到平面的距离即为到平面的距离，设为， 因为，，平面， 故平面，平面，故， 由题意知，，所以， ，， 由， 代入解得. 【变式1-1】（25-26高二上·北京西城·期末）如图，在四棱锥中，平面，四边形为梯形，，，且．    求点到平面的距离． 【答案】 【分析】求出平面的法向量，利用相关公式求出点到平面的距离. 【详解】因为平面，平面，所以，． 又因为，， 所以两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，． ，，． 设平面的法向量为， 则，所以， 令，则，．所以平面的一个法向量为． 所以点到平面的距离为． 【变式1-2】（25-26高二下·浙江衢州·期末）如图，在三棱锥中， ，，，．设二面角的大小为． 当时，求点到平面的距离． 【答案】,以为坐标原点，所在直线为轴，轴，过作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系． 由已知条件可知, 方法1：取的中点，连接，由已知条件可知，故， 所以，所以点到平面的距离为， 三棱锥的体积：， 又因为三棱锥的体积， 所以，解得； 方法2：取的中点，连接， 所以且，则，, 所以点到平面的距离为， 因为到平面的距离是点到平面的距离的2倍， 所以到平面的距离； 方法3：取的中点，连接， 由已知条件可知，故，所以, 由，可得， 则， 设平面的法向量为， 由，得， 得法向量， 所以点到平面的距离. 【变式1-3】（2026·福建泉州·模拟预测）如图，圆锥的底面半径为，高为，是的直径，点在上，且，点为的中点． 求到平面的距离． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面的法向量，进而求得结果. 【详解】如图，在平面内，过与垂直的直线为轴，，所在的直线分别为轴，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  ，故可取． 因为，所以到平面的距离为． 【变式1-4】（2026高二·全国·专题练习）如图，在以顶点的五面体中，四边形是矩形，平面平面，． (1)证明：平面； (2)已知二面角是，，点到平面的距离为．求； 【答案】(1)过点作的垂线，设垂足为，即有， 因为，平面， 平面平面，平面平面，所以平面， 又因为平面，所以，因为四边形是矩形，所以， 所以，因为，， ，平面，平面， 所以平面. (2) 【分析】（1）作，由面面垂直的性质定理得到面，进而得出，结合，证得平面； （2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量方法，根据点到面的距离公式，求出. 【详解】（1）略 （2）因为平面，平面， 所以，又因为， 所以是二面角的平面角，即， 所以可以以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 由已知得，，设，， 则，，且由得. 设平面的法向量为，而, 则有即有， 令，则，，所以，又， 所以点到平面的距离. 即，又因为， 所以可解得，因此. 【变式1-5】（25-26高一下·浙江宁波·期末）如图，四棱锥的底面是平行四边形且，，为等边三角形，， 为中点． (1)证明：平面； (2)设 为侧棱 上一点，四边形是过 ， 两点的截面，分别交 ， 于， 两点，平面． （i）证明：； （ii）设，是否存在，使得点到面的距离为． 【答案】(1)证明：为等边三角形， 为中点，故. 由得，则，. 平行四边形中 ，，在中，且， 即，故. 在中，由余弦定理得 已知，则，满足， 故. 又，平面， 因此平面. (2)（i）平面， 平面 ，平面平面， 所以由线面平行的性质定理得. （ii）存在，理由如下： 以 为坐标原点，方向为 轴正方向，过 作的平行线为 轴正方向， 方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 各点坐标为，，，，. 由，， 由得. 由，，取直线的一个方向向量为. ， 设平面的法向量为， 则， 故可设 ，点到平面的距离： 令，则，整理得， 解得（，符合取值范围）. 因此存在，使得点到面的距离为. 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证得平面. （2）（i）利用线面平行的性质定理，通过两平面的交线直接推导线线平行. （ii）建立空间直角坐标系，通过平面的法向量，结合点到平面的距离公式列方程，求解得到参数. 【变式1-6】25-26高二下·浦东·月考）如图，四边形是圆柱的轴截面，点在底面圆上，，点是线段的中点    (1)证明：平面； (2)若直线与圆柱底面所成角为，求点到平面的距离. (1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点为，通过证明，得证平面； （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面的距离. 【详解】（1）证明：取中点，连接，如图所示，   为中点，则，又，得， 由，，得， 所以四边形为平行四边形，， 又平面，平面，所以平面. （2），易知，又，得. 由平面，且直线与圆柱底面所成角为，即，则有. 如图，以为原点，分别为轴，过垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系，    则有，， ， 设平面的一个法向量为，则， 令，有，得，， 设点到平面的距离为， . 考点三：求异面直线的距离 【例1】如图，正方体的棱长为分别为的中点，求异面直线与的距离． 【答案】 【分析】根据异面直线距离的向量法即可求解. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则, 则, 设，的公垂线所在向量为， 则且， 取，则，又， 故与的距离为． 【变式1-1】（2026·天津北辰·二模）如图，在直三棱柱中，，，，点E，F分别为线段和的中点. 求直线与直线间的距离. 【答案】. 因为，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系： 可得，，，， ，，，， 【分析】（利用空间向量法，转化为求点E到直线的距离. 【详解】 ，，， ，∴. 则直线与直线间的距离转化为点E到直线的距离， . 所以直线与直线间的距离为. 【变式1-2】(24-25高二上·四川乐山·阶段检测）如图，在平行六面体中，，，，，.求： (1)证明直线直线； (2)求异面直线和间的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据空间向量基本定理，利用基底表示各向量，再结合向量垂直的数量积表示，可得证. （2）直线平面，直线平面，求出平面的法向量，进而求出异面直线的距离. 【详解】（1）取空间向量的一个基底，则，， 且，， ， 因此， 即，所以直线直线. （2）由（1）得，， 由和是异面直线，令直线平面，直线平面， 设是平面的法向量，则，且， 即，取，得， ， ， 异面直线与间的距离即在上投影向量的模长， 所以异面直线与间的距离为. 【变式1-3】（24-25高一下·浙江宁波·期末）如图，在四面体中，，． (1)求二面角的平面角的大小； (2)求异面直线与间的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）取中点，由已知可得，可得为二面角的平面角，求解即可； （2）以为坐标原点，所在直线为轴，过作直线平面， 为轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得异面直线与的公垂线的方向向量，利用向量法可求异面直线与间的距离． 【详解】（1）取中点，连接， 因为，所以， 所以为二面角的平面角， 又，所以，， 又，所以是等边三角形， 所以，所以二面角的平面角的大小为； （2）以为坐标原点，所在直线为轴，过作直线平面， 为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由（1）可知，又，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面，所以平面， 则， 则， 设，且， 则，令，则， 则， 则异面直线与间的距离． 【变式1-4】（23-24高二上·辽宁大连·期末）三棱台中，，平面平面ABC，，与交于D．    (1)证明：平面； (2)求异面直线与DE的距离． 【答案】(1) 三棱台中，，则， 有，得，所以， 又，所以在平面内，，有， 平面平面，所以平面． (2) 【分析】（1）由题意和三棱台的结构特征可得，进而证得，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）根据面面垂直的性质和线面垂直的判定定理与性质证得、，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线距，即可求解. 【详解】（1）略 （2）已知平面平面ABC，平面平面，， 平面，所以平面，由平面，得， 又平面ABC，平面ABC， 所以平面ABC，由平面ABC，得. 以B为坐标原点的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图空间直角坐标系． 则有， ， 因为，所以， 设向量，且满足：， 则有，令， 在的投影数量为， 异面直线与DE的距离.    【变式1-5】（22-23高一·全国·课后作业）如图所示，在空间四边形中，，，，． (1)求证：； (2)求异面直线与的距离； (3)求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取中点，连结，利用线面垂直的判定定理证得平面即可； （2）建立空间直角坐标系，利用异面直线的向量距离公式求解即可； （3）求出面的法向量，然后利用面面角的向量方法进行求解 【详解】（1）取中点，连结． ，． ，． ，平面，平面． 平面，． （2）因为，，，平面， 平面． 如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系． 则． 设．，，． 所以，， 设与的公垂线的一个方向向量为， 则，取，得，，即， 又， 所以异面直线与之间的距离为． （3）取中点，连结． ，，，． 是二面角的平面角． ，，， ， 二面角的大小为． 【变式1-6】（2026·重庆·模拟预测）如图，在正四棱锥中，与交于点，，点是边上一点．    (1)若平面平面，求证：； (2)若二面角的余弦值为； ①求的长； ②点为空间内一动点，满足，求异面直线与距离的取值范围． 【答案】(1)过作于，由平面平面，平面平面， 平面，得平面，又平面，则， 在正四棱锥中，由平面，平面，得， 又，平面，因此平面， 又平面，则，又，所以. (2)①；② 【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质、线面垂直的判定性质推理得证. （2）①建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法列式求出；②求出点的轨迹，再求出过点与轨迹相切的直线与平面交点的轨迹，求出异面直线公垂线的方向向量，并求出在此方向向量上的投影的绝对值范围即可. 【详解】（1）略 （2）①在正四棱锥中，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，    令，，则， ， 则，设平面的法向量为， 则，取，得， 设平面的法向量为，则，取，得， 由二面角的余弦值为，得， 则，又，解得，所以. ②由，得点的轨迹是以为球心，为半径的球面， 设与平面的交点为，当与球相切时，， 则，解得，点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆及内部， 令，则，，令， 由，得，取，得， 异面直线与距离为，则， 由，得，令， 则，令函数，求导得， 函数在上单调递减，则， 所以的取值范围是. 考点四：求平面与平面的距离 【例1】（24-25高二上·全国·课后作业）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，为线段的中点，求平面到平面的距离.    【答案】 【分析】由题以为原点建立空间直角坐标系，求出，进而得出，再由线面平行和面面平行的判定定理得平面平面，从而用向量法求出点到平面的距离即为解. 【详解】由题可以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，            则，，， 所以， 故，所以， 因为平面，平面， 所以平面，平面， 又，所以平面平面， 所以平面到平面的距离等价于点到平面的距离， 设平面的法向量为，则，所以， 令，则，所以， 故点到平面的距离为，即平面到平面的距离为. 【变式1-1】（21-22高二·全国·课后作业）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，底面，，、、分别是、、的中点．求： (1)直线与平面的距离； (2)平面与平面的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）证明出平面平面，可得出平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面的距离； （2）利用空间向量法可求得平面与平面的距离． 【详解】（1）解：因为平面，四边形为正方形， 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、、、、、， 因为、分别为、的中点，则， 平面，平面，平面， 因为且，、分别为、的中点，则且， 所以，四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面， ，、平面，平面平面， 平面，平面， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得，， 所以，直线与平面的距离为. （2）解：因为平面平面，则平面与平面的距离为. 【变式1-2】(20-21高二·全国·课后作业）如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为AB，BC，的中点． (1)求证：平面平面EFG； (2)求平面与平面EFG间的距离． 【答案】(1)证明见详解； (2)﹒ 【分析】(1)要证面面平行，转化为证明两组线面平行，连接AC，证明EF∥AC∥，可证∥平面，同理可证EG∥平面； (2)由(1)知两平面平行，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，两平面间的距离为在法向量上的投影﹒ 【详解】（1）∵E是AB中点，F是BC中点， ∴连接AC得，EF∥AC， ∵是平行四边形， ∴， 又平面平面， ∥平面， 同理，连接可得，可得EG∥平面， 与平面EFG， ∴平面∥平面EFG﹒ （2）如图： 以D为原点，DA、DC、分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz﹒ 则 ∴， 设平面的法向量为， 则，取， 则平面与平面EFG间的距离为﹒ 【变式1-3】（20-21高二·全国·课后作业）如图所示的多面体是底面为ABCD的长方体被平面所截而得的，其中，，，. （1）求点C到平面的距离； （2）设过点平行于平面的平面为，求平面与平面之间的距离. 【答案】（1）； （2）. 【分析】（1）由题意，以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，设，根据为平行四边形，得到，求得，得到，求得平面的法向量为，又由，结合距离公式，即可求解； （2）由（1）知平面的一个法向量为，又由，求得点到平面的距离，进而求得平面与平面之间的距离. 【详解】（1）由题意，以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示， 可得， 设，因为为平行四边形，可得， 即，所以，即， 则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 又由， 所以点到平面的距离为. （2）由（1）知平面的一个法向量为， 又由，可得点到平面的距离为， 因为过点平行于平面的平面为， 所以平面与平面之间的距离等于但到平面的距离， 即平面与平面之间的距离. 考点五：求异面直线夹角 【例1】（25-26高二下·全国·课堂例题）已知四棱锥中，底面是正方形，平面，且，点、分别是、的中点，求直线和所成角的余弦值； 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，求出相应点坐标及相关向量坐标，利用向量夹角余弦公式求解； 【详解】已知底面是正方形，平面，以为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐标系， ，点、分别是、的中点，则， ， ， 直线和所成角余弦值为． 【变式1-1】（25-26高二·全国·暑假作业）在四棱锥中，平面，与平面所成的角为，在四边形中，． (1)求的长； (2)求异面直线与所成的角的余弦值． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，由题意得，再得到点的坐标即可求解； （2）通过向量与的夹角公式即可求解. 【详解】（1）如图，建立空间直角坐标系， ， ， ， 由平面，得为与平面所成的角，． 在中，由，得， ． ． （2）由（1）得， ，设异面直线与所成的角为，为锐角， ， ∴异面直线与所成的角的余弦值为． 【变式1-2】如图，在三棱锥中，，，，求与所成角的余弦值．    【答案】 【分析】设，由条件分别求出的值，将用基向量表示出来，利用向量的夹角公式计算即得. 【详解】    如图，设， 则， 由， 设与所成角为，则 . 【变式1-3】（2025·江苏苏州·三模）如图，正四棱锥，，，为侧棱上的点，且． (1)求证：； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1) 如图，连接交于点，连接， 因为正四棱锥，所以平面， 又平面， 所以，因为正四棱锥， 所以四边形是正方形， 所以，因为，，，平面，平面， 所以平面，又平面， 所以； (2) 【分析】（1）连结交于点，连结，证明四边形是正方形，证明平面，证明； （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求解. 【详解】（1）略 （2） 因为，，， 所以以为原点建立空间直角坐标系， ，，，， 所以， ， 所以， 因此异面直线与所成角的余弦值为. 【变式1-4】（25-26高三上·湖南长沙·阶段检测）如图，在棱长都为的正三棱柱中，为侧面的中心，为的中点，点为棱上一动点（不包含端点）. (1)证明：平面； (2)若直线与直线所成角的余弦值为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，则为的中点，利用中位线的性质得出，再利用线面平行的判定定理即得证； （2）取线段的中点，连如图建系，设，其中，运用空间向量法求出的值，再结合模的公式计算即得. 【详解】（1）连接，则为的中点，又因为为的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面. （2）取线段的中点，连接， 因为为等边三角形，所以，又因为平面， 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如图， 设点，其中，易知、、, 则，，， 所以， 因为，解得， 此时的长为. 【变式1-5】（24-25高二下·甘肃白银·期中）如图，在正三棱柱中，，为的中点． (1)求点到直线的距离； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）取的中点，连接，即可证明平面，建立空间直角坐标，利用空间向量法求出点到直线的距离； （2）求出直线与的方向向量，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）取的中点，连接，因为三棱柱为正三棱柱， 所以为正三角形，所以, 又平面，平面，所以平面平面， 又平面平面，平面，所以平面， 以为坐标原点，直线，分别为，轴，在面内过作的平行线作为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，． 所以，， 所以，， ， 则点到直线的距离. （2）因为，． 所以． 所以异面直线与BD所成角的余弦值为． 【变式1-6】（24-25高二上·上海长宁·期末）如图，已知圆锥的底面半径，经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，点Q为半圆弧的中点，点P为母线SA的中点.    (1)求此圆锥的侧面积； (2)求异面直线PQ与SO所成角的余弦值. 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）由已知条件求出母线长，然后利用圆锥的侧面积公式求解即可； （2）以为原点，所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）因为圆锥的底面半径， 经过旋转轴SO的截面是等边，可得， 所以圆锥的侧面积为. （2）以为原点，所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，    由题意可得，则，，，，， 则，， 所以，，， 所以， 设异面直线PQ与SO所成角的大小为，， 则， 故异面直线PQ与SO所成角的余弦值为. 【变式1-7】（2026·江西南昌·三模）如图，已知圆台，，，均为母线，四边形为圆台的轴截面，且，. (1)求异面直线与所成角； (2)已知二面角的余弦值为，求圆台的高的长. 【答案】(1)； (2)1. 【分析】（1）先证明直线，，两两垂直，再以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法证明线线垂直，即可得解； （2）由（1）所建空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，结合二面角的余弦公式，即可求解. 【详解】（1）连接，，由直线为圆台的轴，得，延长线交于一点， 又平面平面，平面平面，平面平面， 所以， 由，，得， 则，而， 因此，所以直线，，两两垂直， 以为坐标原点，直线，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，，，，，，所以，， 则，所以， 所以异面直线与所成角为； （2）由（1）得，，， 设平面与平面的法向量分别为，， 则，即，取，得，， 故平面的一个法向量为， 又，即，取，得， 故平面的一个法向量为， 由二面角的余弦值为， 得，解得， 所以圆台的高的长为1. 【变式1-8】（25-26高一下·全国·期末）如图1是一个由菱形和两个直角三角形和所组成的平面图形，其中，现将和分别沿折起，使得点与点重合于点，连接，得到如图2所示的四棱锥. (1)求证：平面； (2)若为棱上一点，记，是否存在点使得直线与直线所成角为，若存在请求出的值，若不存在请说明理由. 【答案】(1)连接AC，交BD于点O，∵底面为菱形，∴， 由题可得，，且，平面，∴平面， 又平面，∴， 又∵，平面 ,∴平面． (2)存在，. 【分析】（1）利用，，可得到平面，从而得到，再利用菱形可得，最后就可得到平面； （2）由可得或其补角为直线与直线所成角，再利用余弦定理解得，利用勾股定理得，最后由已知角的余弦定理得到关于的方程，从而可解得. 【详解】（1）略 （2）由(1)已得底面,且,取中点为连接, 故可以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示， 则，，故，， 又因为，则， 则得，故， 因为直线与直线所成角为， 则， 即， 化简得， 解得， 因为， 所以. 【变式1-9】（2026高三·全国·专题练习）棱长为的正四面体中，点为平面内的动点，且满足，求直线与直线所成的角的余弦值的取值范围. 【答案】 【分析】利用给定条件判断的轨迹，再建立空间直角坐标系，利用线线角的向量求法将所求夹角余弦值表示为三角函数，结合三角函数的有界性求出取值范围即可. 【详解】记在底面内的投影为，则底面， 因为平面，所以， 因为正四面体，所以是等边三角形， 由题意得，是的中心， 则， 由题意得，则， 所以的轨迹是以为圆心，半径为1的圆， 以点为原点，为轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系： 设与轴正半轴所成的角为，则，， 则， 所以， 设直线与直线所成的角为， 所以， 因为，所以. 故答案为：. 【变式1-10】（2026高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥中，平面平面是边长为2的等边三角形，． (1)证明：； (2)若线段上的点满足直线与直线所成角的余弦值为，求点到直线的距离． 【答案】(1)在中，， 由余弦定理可得：， 则 ，所以有，则 由平面平面，平面 平面， 且， 平面，则 平面 ， 又 平面 ，则. (2) 【分析】（1）由面面垂直的性质，可得 平面 ，据此可得线线垂直； （2）建立如图所示空间直角坐标，根据异面直线所成的角求出点的坐标，再由点到直线的距离公式求解即可. 【详解】（1）略 （2）取 中点分别为，连接 由为正三角形知， ， 结合（1）中 平面 ，由，可知平面 ，则两两垂直， 如图所示，以为原点，分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则， 可得 设，则，且， 可得 由，解得或（舍去）， 则，且 故点到直线的距离 考点六：求直线与平面夹角(线面角) 【例1】（25-26高三上·江苏苏州·期末）如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，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． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行判定定理和面面平行的判定定理、面面平行的性质定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）因为分别为的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 同理平面，，平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面． （2）因为平面，底面为正方形， 所以以为坐标原点，为基底建立空间直角坐标系， 所以，，，，， ，，， 设平面的法向量为，由所以 令，所以， 设直线与平面所成的角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 【变式1-1】（2026·重庆·一模）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且． (1)求证：平面； (2)已知为线段中点，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)在三棱柱中，，， ，则. 又四边形是正方形，则，，所以 . 又，平面，因此 平面. 又平面，所以. 在等边中，为中点，则， 又，平面，所以平面. (2) 【分析】（1）根据勾股定理、线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量，结合向量法求线面角求解即可. 【详解】（1）略 （2） 取中点为，中点为，则 ， . 由（1）知， 平面， 平面，则.又，故. 又 ， 平面，则平面. 即两两垂直. 以为坐标原点，，，的方向为轴､轴､ 轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 因为为线段中点，所以. ，，. 设平面 的法向量为， 则，即，故可取. 设直线 与平面 所成角为 ， 则 所以直线 与平面 所成角的正弦值为. 【变式1-2】（25-26高二下·湖南邵阳·阶段检测）如图，正方形的边长为．如图，现将正方形沿着对角线翻折，其中为原正方形的中心．    (1)证明：平面平面； (2)翻折至四面体的体积最大时，求与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)在图中连接，，    由是正方形，则和都是等腰三角形， 又是正方形中心，所以，， 因为，且，平面，所以平面． 又平面，所以平面平面． (2) 【分析】（1）根据正方形的性质，及线面垂直的判定和性质即可证明； （2）先根据题意及面面垂直的性质得到，，两两垂直，从而建立对应的空间直角坐标系，再计算及平面的一个法向量，进而计算即可． 【详解】（1）略 （2）在翻折过程中，四面体的体积取最大值时，点到平面的距离最大， 此时平面平面， 因为，且平面平面，平面， 所以平面ABC，所以，，两两垂直． 则以为坐标原点，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，    因为正方形的边长为，则， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量， 因为，即， 令，则，，得， 设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成的角的正弦值为． 【变式1-3】（25-26高二下·湖南长沙·阶段检测）如图，在四棱锥中，为等边三角形，底面为直角梯形，，，，．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明：取中点，连接，已知为等边三角形，边长为4， 则，且，， 已知，，则四边形是矩形，，， ， ， 平面， 平面， 又平面， ．    (2) 【分析】（1）根据四棱锥的几何性质，利用线面垂直判断定理证明线面垂直，进而推出线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，求出平面法向量及向量，设直线与平面所成角为，利用向量夹角余弦公式计算求解． 【详解】（1）略 （2）由（1）知，， 故底面，以为坐标原点，方向为轴，方向为轴， 垂直于平面的方向为轴，建立下图所示空间直角坐标系，    则， 设平面的法向量为， 因， 则，令，则， 又， 设直线与平面所成角为， 则． 【变式1-4】（25-26高二下·湖北武汉·期末）如图，在三棱柱中，平面，点到平面的距离为1． (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明：因为，所以． 又因为平面，且平面， 所以,, 因为，且平面， 所以平面． 过作，垂足为，则平面， 所以． 又，且平面， 所以平面． 则， 即到的距离为1， 所以到的距离也为1， 在中，由勾股定理可得①， 由面积公式可得, 即②， 由①②解得， 所以； (2) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得平面，过作，垂足为，从而得平面，且有，即可得证； （2）结合（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）略； （2）由（1）得 又因为平面，且平面，所以． 在直角三角形中，， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则 由于， 所以, 所以， 即, 设平面的一个法向量为， 则，解得， 则． 设直线与平面所成角为，则． 又， 因此． 【变式1-5】（25-26高二下·江西吉安·阶段检测）如图，圆柱的轴截面是边长为的正方形，点均在圆柱的下底面圆周上，与交于点，点在线段上，平面，点在圆柱的上底面圆周上，，． (1)求的长度； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）利用线面垂直的性质，由平面得，结合轴截面是正方形的直角条件，推出，再通过相似三角形的比例关系直接求解； （2）建立空间直角坐标系，先根据已知条件确定点的坐标，再利用平面得到平面的法向量，最后用向量法计算直线方向向量与平面法向量夹角的余弦值，即为线面角的正弦值． 【详解】（1） 连接， 因为平面，平面，所以， 在正方形中， ，， 所以，， 所以，即，解得； （2） 连接，过点作，垂足为， 在中， ，，， 所以，， 在中， ，， 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，，，， 因为平面，所以是平面的一个法向量， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 【变式1-6】（23-24高三上·江苏南京·开学考试）如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，，，点G是线段BF的中点．    (1)证明：平面DAF； (2)求直线EF与平面DAF所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）法一，连接OE，OG．证明平面平面DAF，利用面面平行性质即可证明结论；法二，取AF的中点M，证明，根据线面平行的判定定理即可证明结论；法三，建立空间直角坐标系，确定平面DAF的法向量，利用向量法证明位置关系. （2）法一，建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法，即可求得答案；法二，点E到平面DAF的距离等于点G到平面DAF的距离，求出点G到平面DAF的距离，利用线面角的定义即可求得答案；法三，过F作AD的平行线交上底面于点H，连结DH，过E作，求出EK的长，利用线面角的定义即可求得答案. 【详解】（1）证法一：连接OE，OG．    在圆柱OE中，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，所以． 又平面DAF，平面DAF，所以平面DAF． 在中，点O，G分别是AB和BF的中点，所以． 又平面DAF，平面DAF，所以平面DAF． 又，OE，平面OEG，所以平面平面DAF． 又平面OEG，所以平面DAF． 证法二：取AF的中点M，连接MD，MG．    因为点M，G分别是FA和FB的中点，所以． 在圆柱OE的轴截面四边形ABCD中，， 所以，因此四边形DEGM是平行四边形． 因此． 又平面DAF，平面DAF，所以平面DAF． 证法三：以O为坐标原点，AB的中垂线为x轴，OB为y轴，OE为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系．    则，． 因为AB为底面圆O的直径，点F在圆O上，所以． 又，所以，因此． 因为点G是线段BF的中点，所以， 因此． 因为平面ABF，平面ABF，所以． 又，，AF，平面DAF，所以平面DAF， 因此是平面DAF的一个法向量． 因为， 又平面DAF，所以平面DAF． （2）法一：以O为坐标原点，AB的中垂线为x轴，OB为y轴，OE为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系．    则，． 因为AB为底面圆O的直径，点F在圆O上，所以． 又，所以，因此． 因此，． 因为平面ABF，平面ABF，所以． 又，，AF，平面DAF，所以平面DAF， 因此是平面DAF的一个法向量． 设EF与平面DAF所成角为，， 则， 所以EF与平面DAF所成角的正弦值为． 法二：由（1）得平面DAF，    所以点E到平面DAF的距离等于点G到平面DAF的距离． 因为平面ABF，平面ABF，所以． 因为AB为底面圆O的直径，点F在圆O上，所以． 又，AF，平面DAF，所以平面DAF． 所以点E到平面DAF的距离． 连结OE，OF，则，所以． 设EF与平面DAF所成角为，，则， 所以EF与平面DAF所成角的正弦值为． 法三：过F作AD的平行线交上底面于点H，连结DH，    则平面ADF即为平面AFHD． 过E作，K为垂足， 平面DHC，平面DHC， 故，平面AFHD，则平面AFHD， 则为EF与平面ADF所成的角． 连接HC，则，则, 而E为DC中点，故K为DH的中点，故， 由于HCBF为平行四边形，故， 故，． 设EF与平面DAF所成角为，，则， 所以EF与平面DAF所成角的正弦值为． 【变式1-7】（2026·云南·三模）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，平面平面， (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)因为四边形是正方形，所以， 因为平面平面，且平面平面平面， 所以平面，又因为平面，所以， 在中，， 因为，所以， 又因为，且平面，所以平面. (2)存在 【分析】（1）通过面面垂直可以证明平面，从而得到，再使用勾股定理证明，最后证明平面； （2）通过建立空间直角坐标系，求出平面法向量，使用空间向量表示出直线BP的方向向量，求出是否存在直线与平面所成角的正弦值为. 【详解】（1）略 （2）如图，过点作， 因为平面平面，所以， 所以，又，所以两两垂直， 如图，以为原点，分别以为轴建立 空间直角坐标系， ，， ， 设，因此的坐标为， 所以. 因为平面，所以是平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为，则， 即，解得（舍去）， 因此存在，使得直线与平面所成角的正弦值为. 【变式1-8】（2026·山东聊城·二模）如图，在六面体中，底面是边长为2的菱形，，平面，是的中点. (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 【答案】(1)取的中点，连接，. 因为分别为的中点， 所以，且. 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) 【分析】（1）取的中点，连接，，结合中点性质和线面平行的判定定理即可证明. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【详解】（1）略 （2）连接， 因为底面是菱形，，所以和均为等边三角形. 因为是的中点， 所以，即, 又平面， 则以为坐标原点，分别以，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 设， 则由题意知，，， 所以，. 设平面的法向量为， 则令， 则. 因为直线与平面所成角的正弦值为， 设直线与平面所成的角为， 则， 解得，所以. 【变式1-9】（2026·北京朝阳·模拟预测）在四棱锥中，侧面底面，底面是正方形，，，点是棱上一点． (1)当点是棱中点时，求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 【答案】(1)证明：连接，交于点，连接． 因底面是正方形，则点是中点，又因点是棱中点， 所以． 又因为平面，平面， 所以平面. (2)或． 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可； （2）由面面垂直的性质得到平面，即可得到，再证，进而建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可得的坐标，即可得解. 【详解】（1）略 （2）因为侧面底面，平面底面， 因，平面,则平面． 又因平面,则． 因为，，满足,则得． 故可以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系． 则，，，，． 设，则,且， 则,,, 设平面的法向量为． 由,故可取． 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以． 整理得，解得或,经检验均符合题意. 故线段的长为或． 【变式1-10】（2026·福建福州·三模）在四棱锥中，平面，. (1)证明：平面平面； (2)若为棱上一点（不含端点），直线与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】(1)见小问1详解 (2) 【详解】（1）在底面梯形 中，，，，. 过点 作 于点 ，过点 作 于点 ， 则 ，，如图所示： 在 中，，，由勾股定理得： 在 中，，， 由勾股定理得： 在 中，，，， 因为，所以 ，即 . 因为 平面 ，平面 ，所以 ， 又 ，，所以 平面 . 因为 平面 ，所以平面 平面 ，证毕. （2）以 为原点， 所在直线为 轴，过 且垂直于 的直线为 轴， 所在直线为 轴，建立如图所示空间直角坐标系. 则 ，，， 点 在棱 上，设 （）， 则：， 因为 ， 向量： 设平面 的法向量 ， 则，令，则 所以：又因为 所以直线 与平面 所成角的正弦值为， 解得 ，所以 【变式1-11】（2026·河南周口·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，四边形为等腰梯形，，，，为的中点. (1)若，证明：平面； (2)若直线与平面所成的角为，求的长度. 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）作辅助线，可证，平面，建系并标点，求平面的法向量，利用空间向量证明线面平行； （2）由（1）可得，平面的法向量为，根据线面夹角列式求解即可. 【详解】（1）取，的中点分别为，， 因为为等边三角形，四边形为等腰梯形，则，， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，且，则，， 则，，，，，， 若，即，则，，，，，， 可得，，， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 因为，则， 且平面，所以平面. （2）由（1）可知：，平面的法向量为， 若直线与平面所成的角为， 则， 整理可得，解得， 所以. 考点七：求平面与平面夹角(二面角) 【例1】（25-26高二上·河北邢台·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面底面，，，，分别为棱，的中点．    (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由面面垂直的性质可得底面，建立空间直角坐标系，由异面直线向量法计算即可； （2）由面面角向量法计算即可. 【详解】（1）∵侧面底面，侧面底面，， 底面， ∵底面，， 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，    则，，， ，， ∴异面直线与所成角的余弦值为． （2）由（1）得，． 设平面的法向量为， 则令，则，， 得平面的法向量为． 易得平面的一个法向量为， ∴平面与平面夹角的余弦值为． 【变式1-1】（25-26高二下·安徽芜湖·期末）如图，在四棱锥中，平面，四边形为菱形，，，E是棱PB上一点. (1)若，求证：平面AEC； (2)若平面，求二面角的余弦值. 【答案】(1)连接，与交于点O，连接，取中点F，连接. 由四边形为菱形，， 得为等边三角形，为中点，. 因为为中点，所以. 又由，得为的中点，所以，故. 因为平面，平面，所以. 又因为四边形为菱形，所以. 因为，平面，平面，所以平面， 因为平面，故. 因为，平面，平面，所以平面. (2) 【分析】（1）连接，与交于点O，连接，取中点F，逐一求证平面，平面即可. （2）以为原点建系，利用法向量计算即可. 【详解】（1）略 （2）因为平面AEC，平面PBD，平面平面，所以. 又因为O为BD中点，所以E为BP中点. 以D为坐标原点，为轴，垂直于所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 故，，，. 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得. 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得. 则， 由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 【变式1-2】（25-26高二下·陕西西安·期末）如图，在四棱锥中，底面，是等边三角形，是棱的中点.    (1)证明： ； (2)若，，且 ，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)设是的中点，连接，如图.    因为分别是的中点，所以， 因为底面，所以 ， 所以 . 因为是等边三角形，所以 ， 又，平面 ，所以平面 ， 又平面，所以 . (2) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面，再结合线面垂直的定理求证即可； （2）建立空间直角坐标系，根据面面角向量法计算即可求解. 【详解】（1）略； （2）因为，且，所以， 又是等边三角形，所以 ，所以，即 . 如图，以为坐标原点，所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系.    设，则 ，，， 所以， ， 设平面的法向量为， 则，即，可取 易知平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则, 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【变式1-3】（25-26高二下·云南昆明·期末）如图，为圆柱底面圆的内接三角形，为圆的直径，是母线. (1)求证：平面平面； (2)若，，求二面角的余弦值. 【答案】(1)因为为圆的直径， 所以, 因为是圆柱的母线， 所以平面，平面， 所以, 又，平面，平面， 所以平面 又平面， 所以平面平面. (2) 【分析】(1)由为圆的直径可得，再利用平面，，从而证明平面，最后证得平面平面； （2）以点为坐标原点，以，，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再计算二面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）如图所示，以点为坐标原点，以，，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系. 不妨设，则，，所以，，， 所以，， 设平面法向量为， 则，即， 令，则平面的一个法向量为， 因为平面，则平面的一个法向量为， 设二面角为，， 所以二面角的余弦值为. 【变式1-4】（25-26高二下·江苏扬州·阶段检测）如图1所示，在等腰梯形，，，垂足为，，，将沿折起到的位置，如图2所示，平面平面． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱（不包括端点）上是否存在点，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)为等腰梯形，，， 又平面平面，平面平面， 平面， 又平面，平面平面. (2) (3)存在， 【分析】（1）通过面面垂直的性质定理和判定定理即可证得； （2）推导出平面，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出； （3）设，利用空间向量法可知，平面的法向量与平面的法向量的夹角余弦值的绝对值为，可得出关于的方程，解方程即可. 【详解】（1）略 （2），， 平面平面，平面平面，，平面， 平面，又平面， ，故两两互相垂直， 以为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系， 在等腰梯形，，，，， ，则， 设平面的法向量为，则，即， 取，则，则， 设直线与平面所成角为，则. （3）设，则， 设平面的法向量为，则，即， 取，则，则， 由题（2）可知，平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 整理得，解得或（舍去）， 故棱（不包括端点）上存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为，此时. 【变式1-5】（25-26高二下·河南·阶段检测）如图1，在平面四边形中，是以为斜边的等腰直角三角形，，是边长为2的等边三角形．现将沿翻折至的位置，使得，如图2． (1)设为的中点，证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)因为为的中点，是边长为2的等边三角形，所以，且. 如图，连接，在等腰中，，又， 满足，所以，即. 又，且平面，平面，所以平面. (2) 【分析】（1）根据等边三角形的性质以及勾股定理证明，再利用线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面的夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2） 由(1)知平面，以为坐标原点，分别以的方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 则 因为平面位于平面内，易知平面的一个法向量为 又. 设平面的法向量为，则， 得，令，得， 即平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为. 因为， ， 所以. 故平面与平面夹角的余弦值为. 【变式1-6】（25-26高二下·江苏·阶段检测）如图，在四棱锥中，，，，为棱 的中点，平面． (1)求证： 平面； (2)若二面角的大小为，求点A到平面的距离． 【答案】(1)如图，连接， 因为，， 又为棱 的中点，则，， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面． (2) 【分析】（1）由平行四边形得到，由线面平行的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，由二面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）略 （2）因为平面，平面．平面， 所以，因为，，所以， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图的空间直角坐标系， 则，，，，设， 所以，，， 设平面一个的法向量为， 则，取， 取平面的一个法向量为， 因为二面角的大小为， 所以， 所以A到平面的距离等于． 【变式1-7】（25-26高三下·辽宁·阶段检测）如图，在四棱台中，四边形为菱形.，，且. (1)证明：平面； (2)若平面与平面夹角的余弦值为为中点，求点到平面的距离. 【答案】(1)连接，并分别取中点，，连接. 四棱台， 又 ， 四边形为菱形 ，平面， 所以平面，又面，所以. 又，平面， 所以平面. (2) 【分析】（1）连接，并分别取中点，，易得，进而得平面，故，再根据线面垂直的判定定理得证； （2）根据题意易证平面，以为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，，求出平面和平面的法向量，结合条件求得，利用向量法求得答案. 【详解】（1）略 （2）由（1） 四边形 为平行四边形， 所以，又平面，所以平面. 又 ， 以为原点，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系. 不妨设，， 则有. 设平面的一个法向量为， 所以，令，可得， 又平面的一个法向量为， 由已知可得， 所以，得，所以， 又， 所以点到平面的距离为. 【变式1-8】（2026·河北秦皇岛·模拟预测）如图，已知 均为圆台 的母线，四边形 为圆台的轴截面，且 ，. (1)证明：； (2)已知二面角 的余弦值为 ，求三棱锥 的外接球的半径. 【答案】(1) 证法一：因为均为圆台的母线， 所以延长必交于一点，如图： 因为，所以确定一个平面， 又因为圆台的上下底面互相平行，即平面平面， 因平面平面，平面平面， 根据面面平行的性质定理，得； 证法二：利用向量共线证线线平行 由题知，，， 所以 ， 所以 . 又直线 无公共点，所以 . (2) 【分析】（1）证法一：根据圆台是由圆锥截成的，再由面面平行的性质可得；证法二：根据向量共线证明 ，结合向量共线性质证明结论； （2）先用勾股定理证明，进而证明，然后建立空间直角坐标系，用向量的方法由二面角的值可得圆台的高，设三棱锥 的外接球球心为 ，设 ，根据，列方程求，由此可求结论. 【详解】（1）略 （2）连接， 由已知，得，，分别为上下底面圆的直径， 因此上底面的半径，下底面的半径. 又因为在上底圆，，， 由，可得，即， 由（1）知与必相交于点，所以共面， 因为，，平面，， 所以平面，又因为，所以平面， 且平面，所以； 故以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系： 设，则， 于是，， 设平面的法向量为， 由，故可取； 又， 设平面的法向量为， 由，故可取， 因二面角的余弦值为， 所以，解得（负值舍去）， 所以圆台的高. 设三棱锥 的外接球球心为，易得,则在直线上， 设，又，所以 ， 由，得，解得， 所以三棱锥的外接球的半径. 【变式1-9】如图，在三棱锥中，平面ABC，，，点E是PC的中点． (1)求证：平面PBC； (2)设点F是棱PB上的动点（不含端点），且使平面AEF与平面ABC所成角的余弦值为．求三棱锥的体积． (1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）先证明，结合线面垂直的判定定理证得平面PBC； （2）建立空间直角坐标系，利用平面AEF与平面ABC所成角的余弦值，根据锥体体积计算方法求得三棱锥的体积． 【详解】（1）因为平面ABC，平面ABC，所以， 又因为，且，PA，平面PAC，所以平面PAC， 因为平面PAC，所以， 又因为，且E为PC的中点，所以， 因为，且PC，平面PBC，所以平面PBC． （2）过点A作，以A为原点，以AD，AC，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Axyz，如图所示，因为E为PC的中点，可得，，，，，又因为点F在棱PB上，设， 可得， 设平面AEF的法向量为，则，故可取，又由平面ABC，所以平面ABC的一个法向量为， 设平面AEF与平面ABC所成角为θ，则， 则，即或，∴或（舍去）， 此时，则， 故三棱锥的体积为． 考点八：动点、动长、定角、定值问题 【例1】（17-18高三上·北京西城·期中）如图，等腰梯形中，，于点，且．沿把折起到的位置，使． (1)求证：平面． (2)求三棱柱的体积． (3)线段上是否存在点，使得平面．若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，为的中点，证明见解析. 【分析】（1）由，可得平面，进而得，在等腰梯形中，可证得，从而得证； （2）由即可得解； （3）取的中点，的中点，连结，，，可证得四边形为平行四边形，从而得证，进而得证. 【详解】（1）证明：∵，∴． ∵在等腰梯形中，， ∴在四棱锥中，． 又，平面， ∴平面． 又∵平面，∴． ∵在等腰梯形中，，，且， ∴，，， 由勾股定理得，故， ∴， ∴由勾股定理逆定理得． ∵，平面， ∴平面． （2）∵，平面， ∴． （3）线段上存在一点，使得平面，为的中点，证明如下： 证明：取的中点，的中点，连结，，． ∵，分别为，的中点， ∴且． ∵且， ∴且， ∴且， ∴四边形为平行四边形， ∴． 又∵平面，平面， ∴平面． 【变式1-1】（24-25高二上·天津和平·开学考试）如图，在四棱锥中，平面平面，，为棱PC的中点. (1)证明：平面PAD； (2)求平面PDM和平面BDM的夹角的余弦值； (3)在线段PA上是否存在点，使点到平面BDM的距离是？若存在，求PQ的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明：取的中点，连接， 因为为棱PC的中点，所以且， 又，故， 又，故， 所以四边形为平行四边形， 故， 又平面，平面， 所以平面； (2) (3)存在点，使点到平面BDM的距离是，PQ的长为 【分析】（1）作出辅助线，由中位线得到线线平行和边长关系，故四边形为平行四边形，，从而证明出线面平行； （2）由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，求出面面角的余弦值； （3）设，，求出，在（2）基础上，平面的一个法向量，利用点到平面的距离向量公式得到方程，求出，求出. 【详解】（1）略 （2）平面平面，交线为，又，平面， 故平面， 因为平面，所以，， 又，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 其中平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，，故， 设平面PDM和平面BDM的夹角为， 则； （3）设，，， 故，所以， 故， 由（2）知平面的一个法向量为， 点到平面BDM的距离是， 解得或（舍去）， 此时 若存在点，使点到平面BDM的距离是，PQ的长为 【变式1-2】（24-25高二上·山东济宁·阶段检测）在长方体中，，为线段中点． (1)求直线与直线所成的角的余弦值； (2)在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求的长；若不存在，说明理由． 【答案】(1)0 (2)存在， 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，写出点的坐标，求出，得到异面直线夹角余弦值为0； （2）设，求出平面的一个法向量，根据得到方程，求出，故存在点，使得平面，此时. 【详解】（1）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则， 故， 则， 故直线与直线所成的角的余弦值为0； （2）存在满足要求的点，理由如下： 设棱上存在点，使得平面， ，则， 设平面的一个法向量为， 则， 取得，故， 要使平面，则， 即，所以， 解得， 故存在点，使得平面，此时. 【变式1-3】（2024·广西·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且.    (1)证明：平面. (2)是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)因为四边形是菱形，所以. 因为，，平面，且，所以平面. 因为平面，所以. 因为，所以，即. 因为，平面，且，所以平面. (2)存在实数， 【分析】（1）由线线垂直得到线面垂直，进而得到，再由勾股定理逆定理得到，从而得到线面垂直； （2）作出辅助线，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由二面角的余弦值得到方程，求出答案. 【详解】（1）略 （2）取棱的中点，连接，因为四边形是菱形，， 所以为等边三角形，故⊥， 又平面，平面， 所以，，故，，两两垂直， 故以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系.    设，则，，，， 故，，， 所以， 设平面的法向量为， 则， 令，得. 平面的一个法向量为，设面与面所成的锐二面角为， 则， 整理得，解得或（舍去）. 故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是. 【变式1-4】（24-25高一下·河南新乡·阶段检测）如图，四边形为边长为的菱形，，，为的中点． (1)证明：； (2)在线段上是否存在点，使得平面？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)存在， 【分析】（1）连接，得是正三角形，由三线合一得，，根据线面垂直判定定理得到平面，进而得到结论； （2）在上取点，使，得到，进而，由线面平行判定定理得到结论. 【详解】（1）连接，由菱形内角，得是正三角形， 由为的中点，得，由，得， 而平面，则平面， 又平面，所以. （2）在上取点，使，如（1）中的图所示， 因为菱形，则，且， 又因为为中点，所以，则有， ，而平面，平面， 因此平面，即线段上存在点，使得平面，. 【变式1-5】（22-23高二上·湖北·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，底面ABCD，点E为棱PC的中点，． (1)证明：平面PAD； (2)在棱PC上是否存在点F，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 在PD上找中点G，连接AG，EG，如图： ∵G和E分别为PD和PC的中点， ∴，且， 又∵底面ABCD是直角梯形，，， ∴且．即四边形ABEG为平行四边形， ∴， ∵平面PAD，平面PAD， ∴平面PAD； (2)存在， 【分析】（1）作出辅助线，得到四边形ABEG为平行四边形，从而证明，线面平行； （2）建立空间直角坐标系，设，利用二面角大小列出方程，求出，得到答案. 【详解】（1）略 （2）因为平面，平面， 所以，又， 以A为原点，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 可得，，，，， 由F为棱PC上一点，设， ， 设平面FAD的法向量为， 由可得，解得：， 令，则，则， 取平面ADC的法向量为， 则二面角的平面角满足：, 解得：，解得：或（舍去）， 故存在满足条件的点F，此时． 【变式1-6】（22-23高二上·湖北武汉·期末）如图，四边形是边长为1的正方形，平面平面，且. (1)求证：平面 (2)在线段上是否存在点（不含端点），使得平面与平面的夹角为，若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，为线段上靠近的三等分点 【分析】（1）建立空间直角坐标系，得到 故EC⊥DF，EC⊥DA，从而证明出线面垂直； （2）设，得到的坐标为，求出平面的法向量，列出方程，求出，得到为线段上靠近的三等分点. 【详解】（1）以点为原点，以所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， ， ，故EC⊥DF，EC⊥DA， ∵，平面ADF， 平面； （2）设，则的坐标为， 设平面的法向量为， 则由，令，则， 则法向量， 平面与平面的夹角为，且平面的法向量为， ， ， ∴解得， 为线段上靠近的三等分点. 【变式1-7】（2026·河北邯郸·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，是的中点． (1)求证：平面； (2)若， （i）求平面与平面夹角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 取中点，连接， 因为为中点，所以，且， 又，所以， 所以四边形为平行四边形，即， 又平面，平面，所以平面； (2)（i）（ii）存在， 【分析】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行； （2）（i）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； （ii）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）略 （2）（i）因为平面，且， 以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系： 则， 所以， 因为平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面平面平面， 所以平面，所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则 不妨取，则，则， 所以平面与平面夹角的正弦值为； （ii）存在点满足题意， 易知， 假设存在点满足题意，设， 所以， 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. 【变式1-8】（25-26高二上·广东河源·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. 【变式1-9】（24-25高二上·河北唐山·阶段检测）如图，圆柱的轴截面是边长为4的正方形，点B是AC上一点，且,连接AB，BC，，过点A作于E．    (1)求证：平面 (2)连接，在线段上是否存在一点D，使得平面与平面BCD所成角的余弦值为若存在，试确定点D的位置，若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，. 【分析】（1）根据给定条件，利用圆柱的结构特征，结合线面垂直的性质判定推理得证. （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面BCD的法向量，再利用面面角的向量法列式求解. 【详解】（1）在圆柱中，母线底面，而底面，则， 由是圆的直径，得，而平面， 因此平面，又平面，则， 而平面，所以平面. （2）假设在线段上存在一点，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，由， 得，则，   ，设平面的一个法向量为， 则，令，得， 设，则， 设平面的法向量为，则， 令，得， 由平面与平面BCD所成角的余弦值为，得， 解得，所以在线段上存在一点，满足题意，此时. 【变式1-10】（2026·河北·一模）如图，在四棱锥中，为等边三角形，底面为等腰梯形，，且． (1)求． (2)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，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)4 (2)存在， 【分析】（1）过作，利用线面垂直的判定定理可推出所以平面，再结合边长应用勾股定理即可； （2）取的中点为，根据线面垂直判定定理证明平面，建立空间直角坐标系，设，由空间向量法直线与平面所成角的正弦值列出方程即可求得. 【详解】（1） 由题意得，过作， 因为底面为等腰梯形，且，所以， 所以， 所以，进而得出， 又，平面. 所以平面，又平面， 所以． 所以. （2） 取的中点为，连接，，， 所以平面，又平面， ，平面. 所以平面，过E作平行于， 以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 假设存在点，设， ， 设平面的一个法向量， 因为直线与平面所成角的正弦值为， ，解得或（舍）. 在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时. 【变式1-11】（25-26高二上·江西吉安·期末）如图，在四棱锥中，，. (1)证明：平面ABCD； (2)若点都在半径为的球的表面上， （i）求PD的长度； （ii）棱PB上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)答案见解析； (2)（i）（ii）棱PB上存在满足题意的点，此时. 【分析】（1）连接BD，过点作于点，通过勾股定理得到，进而得到平面BDP，得到，再结合即可求证； （2）（i）以点为原点，DC，DP所在直线分别为轴，轴，在平面ABCD上作过点且垂直于CD的直线为轴，设，得到球心为.结合半径列出等式求解即可；（ii），求得平面法向量，代入夹角公式即可求解. 【详解】（1）连接BD，过点作于点， 则. 在Rt中，. 在Rt中，.      .     ，即，且平面平面BDP， 平面BDP.     ， 又，且AD与BC相交，平面平面ABCD. 平面 （2）（i）如图，以点为原点，DC，DP所在直线分别为轴，轴， 在平面ABCD上作过点且垂直于CD的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则. 为等腰梯形，且 的外接圆圆心为CD的中点，记为.     根据球心的性质可知，球心在过点且垂直于底面的垂线上.     设，则球心为. 由球的半径，得， 解得，故.     从而.     （ii）由（i）可知，.     设， 则.     设平面的一个法向量， 则 令，则. 故可取.     设平面的一个法向量， 则 令，则. 故可取.     ∵二面角的余弦值为， ， 即， 解得或（负值舍去）.     ∴棱上存在满足题意的点，此时 【变式1-12】（25-26高三上·山东青岛·阶段检测）在四棱锥中，平面，是中点． (1)求证：平面； (2)若， ①求平面与平面夹角的正弦值； ②若在线段上存在点，使得点到平面的距离为，试求的值． 【答案】(1)证明见解析； (2)①；② 【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及平面的法向量，利用向量法可得夹角的余弦值，再由同角三角函数的基本关系求正弦值；②设，求平面的法向量，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，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 得，，，，， ，，，， 易知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，令，则， ， 设平面与平面所成角为，则，即 平面与平面所成角的正弦值为； ②存在点满足题意， 易知，， 若存在点满足题意，设，， ，即， 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. 【变式1-13】（25-26高二上·四川绵阳·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面平面，，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)若， （i）求平面与平面的夹角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) 取PD中点N，连接MN，AN， 因为M，N分别为PC，PD中点， 所以，且， 因为，且， 所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面； (2)（i）； （ii）假设线段上存在点满足条件，设，， 则， 所以点到平面的距离， 解得，则， 所以存在，使得点到平面的距离是. 【分析】（1）取PD中点N，连接MN，AN，根据中位线的性质，可得，且，根据条件，可得，且，所以四边形为平行四边形，所以，根据线面平行的判定定理，即可得证. （2）（i）根据面面垂直的性质定理，结合条件，可证两两垂直，如图建系，求得各点坐标，即可得坐标，分别求出平面与平面的法向量，根据夹角公式，可得其余弦值，根据同角三角函数的关系，即可得答案. （ii）假设存在，设，根据点到平面距离的向量求法，可得点到平面的距离，即可求得值，分析计算，即可得答案. 【详解】（1）略 （2）（i）因为平面平面，平面平面， 平面，， 所以平面， 因为平面， 所以，， 因为， 所以，即，所以两两垂直， 以D为原点，为x，y，z轴正方向建系，如图所示， 则， 所以， 因为平面，为棱的中点， 所以即为平面的法向量， 设平面的法向量， 则，即， 令，则，所以， 所以， 则， 所以平面与平面的夹角的正弦值. 学科网（北京）股份有限公司 $