空间向量与立体几何：空间动点存在性问题、空间角度最值问题复习讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习讲义聚焦空间向量与立体几何两大核心考点，即空间动点存在性问题和空间角度最值问题，按“核心知识点—解题原理—例题分析—变式训练”逻辑架构梳理，通过考点系统梳理、解题方法指导、真题分层训练等环节，帮助学生构建知识网络，突破解题难点。 资料以“数学思维”和“数学语言”为导向，创新设计标准化解题流程，如动点存在性问题的六步参数法、角度最值的函数求导策略，结合2025-2026年各地模考题实例，培养学生逻辑推理与模型构建能力。设置基础到综合的变式训练，配合即时反馈机制，确保高效复习，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

2027届高三数学一轮复习讲义 空间向量与立体几何：空间动点存在性问题、空间角度最值问题复习讲义 考点目录 空间动点存在性问题 空间角度最值问题 考点一 空间动点存在性问题 【知识点解析】 一、核心知识点 1. 若动点所在直线与坐标轴平行或重合，则直接设动点坐标. ①若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数. ②若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数. ③若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数. 2. 若动点所在直线与坐标轴不平行，已知点、，动点在直线上运动，则,所以，由此可表示出点坐标或直接利用表示出目标向量. 二、解题原理（标准六步流程） 1. 依托几何体建好空间直角坐标系，写出所有定点坐标； 1. 设线段上动点：引入参数 ，写出动点含参坐标； 1. 根据题目平行/垂直/边长相等条件，翻译成向量关系式：点积为0、向量共线、模长相等； 1. 展开方程，解出参数 ； 1. 检验 取值是否在 区间内； 1. 符合则回代写出动点坐标；不符合则回答：不存在这样的点。 【例题分析】 例1．（2026·广西崇左·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在棱上，且. (1)若，证明：平面. (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 例2．（2026·江西·二模）如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形且，平面，，点为的中点．    (1)求证：平面； (2)若点为的中点，点为线段上任意一点，问：点在何处时能使得平面平面? 例3．（2026·陕西咸阳·三模）如图，在正三棱柱中，，点分别是棱的中点，点满足，其中． (1)当时，求证：平面； (2)当时，若平面与平面的夹角的余弦值是，求的值． 【变式训练】 变式1．（2026·浙江·二模）如图所示，在四棱锥中，平面平面，，，，是正三角形．    (1)设为与的交点，在棱上，且． （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）求三棱锥的体积； (2)设是棱（不含端点）上一个动点，若平面与平面的夹角的余弦值是，求线段的长度． 变式2．（2026·上海杨浦·模拟预测）如图1，在梯形中，，， 的中点且，的内角的对边分别为，且满足，点为边上一点，当面积最大时，将沿翻折得到四棱锥（如图2），点为线段的中点． (1)若，求的长； (2)若四棱锥的体积等于2，是否存在点N使得MN与平面PBC所成角的余弦值为，若存在，求出点N位置，若不存在，请说明理由． 变式3．（2025·四川成都·三模）如图，在矩形中，，，为EC中点，将沿AD翻折至，使得. (1)证明：平面平面； (2)线段PB上是否存在一点，使得AT与平面PAD所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 考点二 空间角度最值问题 【知识点解析】 一、核心知识点 可求最值的三类空间角：线线角、线面角、二面角 1. 本质规律 角度最值问题 = 三角函数最值问题（正弦、余弦函数单调性） 角度范围： - 线线角：， 单调递减， 越大， 越小； - 线面角：， 单调递增， 越大， 越大； - 二面角：， 单调递减。 2. 出题形式 一条直线上有动点 ，随 移动，某个空间角持续变化，求：最大角、最小角。 3. 配套公式回顾 ① 线线角： ② 线面角： ③ 二面角： 二、两大解题思路 思路1：参数函数法（通用万能，大题首选） 1. 设动点参数 ，写出动点坐标； 2. 求出变化的方向向量/平面法向量（均含参数 ）； 3. 代入对应空间角公式，得到 或 关于 的一元函数（二次函数居多）； 4. 结合二次函数最值、三角函数单调性，求出三角函数最值； 5. 反向推出角度的最大值、最小值。 思路2：几何定义法（小题速解） 1. 线面角最大结论：直线外定点向平面引垂线，垂足与定点连线对应的线面角最大； 1. 异面直线夹角最小：动点平移至公垂线段位置，夹角取得极值； 1. 二面角最值大多依托旋转平面，用法向量夹角变化判断。 三类角度最值变化规律 1. 线面角最值 最大 线面角最大； 最小 线面角最小 1. 异面直线线线角最值 最大 夹角最小； 最小 夹角最大 1. 二面角最值 越大，二面角越小； 越小，二面角越大 三、解题步骤总结 1. 建系 设动点参数； 1. 构造含参向量，写出三角函数表达式； 1. 求函数在 上的最值； 1. 根据三角函数增减性换算出空间角度最值。 【例题分析】 例1．（2026·浙江·三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，且平面，若分别为的中点，点在直线上. (1)求证：直线与直线为异面直线； (2)求直线与平面所成角的最大值. 例2．（2025·四川达州·一模）如图1，半圆的圆心为，直径为中点，将扇形沿着翻折使到，如图2所示，，点分别在上且不与端点重合， (1)求证； (2)当时，求多面体的体积； (3)求平面与平面夹角余弦的最大值． 例3．（2025·湖南·二模）如图所示，在直角梯形中，分别是上的点，且，将四边形沿向上折起，连接，在折起的过程中，记二面角的平面角为. (1)请将几何体的体积表达为关于的函数，并求其最大值； (2)当时，求平面和平面夹角的余弦值的取值范围. 【变式训练】 变式1．（2025·湖南长沙·二模）在平面四边形中，，，将沿翻折至，其中为动点. (1)若，证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 变式2．（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； (3)求平面与平面夹角余弦值的取值范围. 变式3．（2025·陕西西安·二模）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，且点不在平面内（如图2），点在线段PB上（不含端点）． (1)证明：； (2)若直线PC与AB所成角的余弦值为． （i）当直线PB与平面所成角为60°时，求PF； （ii）设平面与平面的夹角为，求的取值范围． 2 学科网（北京）股份有限公司 $2027届高三数学一轮复习讲义 空间向量与立体几何：空间动点存在性问题、空间角度最值问题复习讲义 考点目录 空间动点存在性问题 空间角度最值问题 考点一 空间动点存在性问题 【知识点解析】 一、核心知识点 1. 若动点所在直线与坐标轴平行或重合，则直接设动点坐标. ①若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数. ②若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数. ③若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数. 2. 若动点所在直线与坐标轴不平行，已知点、，动点在直线上运动，则,所以，由此可表示出点坐标或直接利用表示出目标向量. 二、解题原理（标准六步流程） 1. 依托几何体建好空间直角坐标系，写出所有定点坐标； 1. 设线段上动点：引入参数 ，写出动点含参坐标； 1. 根据题目平行/垂直/边长相等条件，翻译成向量关系式：点积为0、向量共线、模长相等； 1. 展开方程，解出参数 ； 1. 检验 取值是否在 区间内； 1. 符合则回代写出动点坐标；不符合则回答：不存在这样的点。 【例题分析】 例1．（2026·广西崇左·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在棱上，且. (1)若，证明：平面. (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)或. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据数量积为零可得，从而证得平面.方法二：取的中点，连接，，根据面面平行的判定定理证明平面// 平面，从而得到// 平面；方法三：取的中点，连接，，先证明，再根据线面平行的判定定理证得// 平面. （2）根据线面角的向量求法，列得关于的方程，求解可得的值. 【详解】（1）取的中点，连接. 易证四边形为矩形，所以. 以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，. ，，，， . 设平面的法向量为， 则取，得. 若，则. 因为，所以. 因为平面，所以// 平面. 方法二： 如图，取的中点，连接，. 在中，分别为的中点，所以. 因为平面，平面，所以// 平面. ，，所以四边形是平行四边形，. 因为平面，平面，所以// 平面. 因为，平面，平面，所以平面// 平面. 因为平面，所以// 平面. 方法三： 如图，取的中点，连接，. 在中，，分别为，的中点，所以，. 因为，所以，所以四边形为平行四边形，. 因为平面，平面，所以// 平面. （2）记直线与平面所成的角为， ， 化简得，解得或，所以的值为或. 例2．（2026·江西·二模）如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形且，平面，，点为的中点．    (1)求证：平面； (2)若点为的中点，点为线段上任意一点，问：点在何处时能使得平面平面? 【答案】(1)证明：因为平面平面. 所以 又因为，所以平面 因为，所以平面. 因为平面，所以 因为，点为的中点，所以 因为，所以平面. (2)当时，平面平面． 【分析】（1）先由线面垂直与垂直相交证平面，得平面推出，再由等腰三角形中线得，两相交线垂直即证平面. （2）先赋值设边长，以为原点建空间直角坐标系，写出各点坐标；设在上，用参数表示点坐标，求出向量与；根据平面内两向量与法向量垂直，列出方程组求出平面的法向量；再取平面的法向量，利用两平面垂直则法向量点积为零，列方程解出，从而确定在上的位置比例. 【详解】（1）略 （2）不妨设，则，以为坐标原点， 所在方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 所以 设，则，则，    所以， 设平面的法向量为， 则， 取，则， 则为平面的一个法向量， 由（1）可知为平面的一个法向量， 所以若平面平面，则，解得． 所以当时平面平面． 例3．（2026·陕西咸阳·三模）如图，在正三棱柱中，，点分别是棱的中点，点满足，其中． (1)当时，求证：平面； (2)当时，若平面与平面的夹角的余弦值是，求的值． 【答案】(1)证明：由题意得，正三棱柱侧棱垂直底面，作，以为原点， 方向为轴，方向且平行于直线为轴，方向为轴，建立坐标系： ， 由中点坐标得：， 由得， 当时，，则， 平面中，， 设平面的法向量为，由， 由①得，代入②式得：， 取，则，，， ，即， 又平面，故平面. (2) 【分析】（1）建立空间坐标系，利用直线与平面的法向量垂直证明直线与平面平行. （2）逆用平面夹角的余弦公式，结合平面的法向量即可求出的值. 【详解】（1）略 （2）当时，： 平面中，， 设平面的法向量为，， 取，则，，故， 平面中，， 设平面的法向量为，， 取，则，故， 设平面与平面的夹角为，， 计算得：，，， 代入得：，整理平方得：，解得. 【变式训练】 变式1．（2026·浙江·二模）如图所示，在四棱锥中，平面平面，，，，是正三角形．    (1)设为与的交点，在棱上，且． （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）求三棱锥的体积； (2)设是棱（不含端点）上一个动点，若平面与平面的夹角的余弦值是，求线段的长度． 【答案】(1)（ⅰ）证明如下： ，， ， ，， ，   平面，平面， 平面． （ⅱ）； (2) 【分析】（1）（ⅰ）由题意可得，从而可得，由线面平行的判定定理即可得证明； （ⅱ）取的中点，连接，由题意可得，由面面垂直的性质定理可得平面，根据，求解即可； （2）利用空间向量求解即可. 【详解】（1）（ⅰ）略 （ⅱ）取的中点，连接，则，    因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， ； （2）取的中点，因为平面，所以， 所以，，两两垂直， 所以以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，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． 由，得，取， 即． 设，， 则， 同理：平面的法向量， 设平面与平面的所成角为， 则，解得， 所以． 故线段的长度为． 变式2．（2026·上海杨浦·模拟预测）如图1，在梯形中，，， 的中点且，的内角的对边分别为，且满足，点为边上一点，当面积最大时，将沿翻折得到四棱锥（如图2），点为线段的中点． (1)若，求的长； (2)若四棱锥的体积等于2，是否存在点N使得MN与平面PBC所成角的余弦值为，若存在，求出点N位置，若不存在，请说明理由． 【答案】(1). (2)存在，，. 【分析】（1）利用余弦定理和面积公式可得面积最大时为等边三角形、四边形为菱形，结合空间平行关系的转化可求的长. （2） 翻折后面积最大时对应平面平面，结合几何关系或空间向量法求解线面平行、线面角问题. 【详解】（1）∵ 在中，由射影定理得， 又，故，∵ ，∴ ， 由余弦定理可得，故， 当且仅当时等号成立， 故， 此时为等边三角形，且，. ∵ 为中点，故，故， 故四边形为菱形，取中点，连接、， ∵ 为中点，为中点，∴ ， ∵ 四边形为平行四边形，故，∴ ， ∵ 平面，平面，∴ 平面， ∵ 平面，，平面， ∴ 平面平面，∵ 平面平面， 平面平面，∴ ， ∵ 为中点，∴ 为中点，故. （2）由（1）可知为边长为的等边三角形，四边形为边长为的菱形 故边上的高为，翻折后四棱锥体积为2， ∵ 底面平行四边形的面积， 设四棱锥高为，∴ 由体积公式，代入得，解得， ∴ 翻折后平面平面，取中点为原点，则， 而平面平面，平面，故平面， 故建立如图所示的空间直角坐标系： 各点坐标为，，，，， ∵ 为中点，∴ ， 设（），则的坐标为， ∴ ， 设平面的法向量为，，， ∵ ，，∴ ，取， 设与平面所成角为，则且，∴ ， 故， 整理得，解得， ∵ 不符合取值范围，舍去，∴ ，即存在点，. 变式3．（2025·四川成都·三模）如图，在矩形中，，，为EC中点，将沿AD翻折至，使得. (1)证明：平面平面； (2)线段PB上是否存在一点，使得AT与平面PAD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) 如图，设线段的中点为，线段的中点为，连接，，， 依题意，，则，由，得， 而，，是梯形的中位线，于是，， 而平面，，则平面， 而平面，于是，又平面，且和一定相交， 因此平面，而平面，所以平面平面. (2)存在， 【分析】（1）取线段的中点，线段的中点，利用线面垂直的判定、性质，面面垂直的判定推理得证. （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法列式求解. 【详解】（1）略 （2）依题意，，则，即， 由（1）知平面，平面，则， 由平面，，得平面，过作平面， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图： 则，， 令， 则， 由平面，得平面的法向量， 设直线与平面所成角为， 则，解得， 所以当时，直线与平面所成角的正弦值为. 考点二 空间角度最值问题 【知识点解析】 一、核心知识点 可求最值的三类空间角：线线角、线面角、二面角 1. 本质规律 角度最值问题 = 三角函数最值问题（正弦、余弦函数单调性） 角度范围： - 线线角：， 单调递减， 越大， 越小； - 线面角：， 单调递增， 越大， 越大； - 二面角：， 单调递减。 2. 出题形式 一条直线上有动点 ，随 移动，某个空间角持续变化，求：最大角、最小角。 3. 配套公式回顾 ① 线线角： ② 线面角： ③ 二面角： 二、两大解题思路 思路1：参数函数法（通用万能，大题首选） 1. 设动点参数 ，写出动点坐标； 2. 求出变化的方向向量/平面法向量（均含参数 ）； 3. 代入对应空间角公式，得到 或 关于 的一元函数（二次函数居多）； 4. 结合二次函数最值、三角函数单调性，求出三角函数最值； 5. 反向推出角度的最大值、最小值。 思路2：几何定义法（小题速解） 1. 线面角最大结论：直线外定点向平面引垂线，垂足与定点连线对应的线面角最大； 1. 异面直线夹角最小：动点平移至公垂线段位置，夹角取得极值； 1. 二面角最值大多依托旋转平面，用法向量夹角变化判断。 三类角度最值变化规律 1. 线面角最值 最大 线面角最大； 最小 线面角最小 1. 异面直线线线角最值 最大 夹角最小； 最小 夹角最大 1. 二面角最值 越大，二面角越小； 越小，二面角越大 三、解题步骤总结 1. 建系 设动点参数； 1. 构造含参向量，写出三角函数表达式； 1. 求函数在 上的最值； 1. 根据三角函数增减性换算出空间角度最值。 【例题分析】 例1．（2026·浙江·三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，且平面，若分别为的中点，点在直线上. (1)求证：直线与直线为异面直线； (2)求直线与平面所成角的最大值. 【答案】(1)证明：取中点，连接、， 由分别为的中点，底面是正方形， 故、，则，故、、、四点共面， 因为平面，，平面， 故直线与直线为异面直线； (2) 【分析】（1）取中点，借助中位线性质可得，则可得、、、四点共面，结合点在直线上，即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系后，求出直线的方向向量与平面的法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得. 【详解】（1）略 （2）由是正三角形，且为中点，故， 由平面，平面，故， 又，、平面，故平面， 故可以以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则、、、、 、、， 由分别为的中点，故、， 则、、、， 设，，则， 设平面的法向量为， 则有， 取，则、，即， 有， 设直线与平面所成角为， 则， 当且仅当时，等号成立， 故最大值为，即直线与平面所成角的最大值为. 例2．（2025·四川达州·一模）如图1，半圆的圆心为，直径为中点，将扇形沿着翻折使到，如图2所示，，点分别在上且不与端点重合， (1)求证； (2)当时，求多面体的体积； (3)求平面与平面夹角余弦的最大值． 【答案】(1)在半圆 中，直径为中点，则，折后有， 由，得，则， 又平面， 因此平面，而平面， 所以. (2)； (3). 【分析】（1）根据给定条件，证得，再利用线面垂直的判定、性质推理得证. （2）由（1）中信息，以 为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再利用割补法，结合三棱锥的体积公式求解. （3）设，求出平面的法向量，利用面面角的向量法列式，再结合正弦函数的性质求出最大值. 【详解】（1）略 （2）由（1）得直线两两垂直， 以直线分别为 轴建立空间直角坐标系， 则， 由，得， ，， 连接，点 到平面的距离， 所以多面体的体积. （3）令，由（2）知，， ， 设平面的一个法向量 ， 则，取，得， 而平面的一个法向量， 因此 ， 由，得，， 则当时，， 所以平面与平面夹角余弦的最大值为. 例3．（2025·湖南·二模）如图所示，在直角梯形中，分别是上的点，且，将四边形沿向上折起，连接，在折起的过程中，记二面角的平面角为. (1)请将几何体的体积表达为关于的函数，并求其最大值； (2)当时，求平面和平面夹角的余弦值的取值范围. 【答案】(1)，，最大值为； (2). 【分析】（1）根据题意，证明折叠过程中始终有平面，平面，由此求得棱锥的高，再利用分割法求得多面体的体积； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面与平面所成夹角的余弦值，结合换元法和函数单调性求取值范围. 【详解】（1）由题意，在折叠之前的平面图形中， ，，是平面内的两条相交直线，是平面内的两条相交直线， 折叠过程中始终有平面，平面， 故二面角，故到平面的距离为， 平面平面， 平面，故到平面的距离等于到平面的距离，即为. 连接，则， ，当时取得最大值. （2）以点为坐标原点，以所在直线为，轴，过点作平面的垂线，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系如图， 则， ， 设平面的法向量为，则，且， 即 可得. 同理设平面的法向量为， 则，且， 即 可得， 记平面和平面所成角的平面角为，则 ， 令， 故， 显然为关于的增函数，故. 【变式训练】 变式1．（2025·湖南长沙·二模）在平面四边形中，，，将沿翻折至，其中为动点. (1)若，证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】(1) 在中，，，所以. 因为，，所以， 所以. 又因为，，平面，， 所以平面. (2) 【分析】（1）先在里，由长度及垂直关系，用勾股定理得长度. 再依勾股定理逆定理判断与垂直.进而得出平面.   （2）建以为原点的坐标系，得相关点坐标，进而有坐标，确定平面法向量. 用向量公式得线面角正弦值表达式，化简分母. 对正弦值平方设，换元令，将转化为关于的式子. 用基本不等式求最大值，进而得线面角正弦值最大值. 【详解】（1）略 （2）如图，建立以为原点的空间直角坐标系，设二面角的平面角为，则，，， 所以.平面的法向量为. 设直线与平面所成角为，则 设， 设， 所以，（当且仅当，即时取等号），即. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 变式2．（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； (3)求平面与平面夹角余弦值的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【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. （3）可知点在以为圆心，以为半径的圆周上， 所以设， 可知，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，解得， 即平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则，即， 令，解得， 即平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 化简得， 令，即， 因为，所以，可得， 所以， 设函数，可知函数对称轴为， 所以函数在上单调递减， 所以当时，，所以， 即平面与平面夹角余弦值的取值范围为. 变式3．（2025·陕西西安·二模）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，且点不在平面内（如图2），点在线段PB上（不含端点）． (1)证明：； (2)若直线PC与AB所成角的余弦值为． （i）当直线PB与平面所成角为60°时，求PF； （ii）设平面与平面的夹角为，求的取值范围． 【答案】(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）；（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）设，则，由，可得，即两两互相垂直，以为原点，以为基底，建立空间直角坐标系，设，求出的坐标，结合题意利用线面角的向量求法即可求解.（ii）利用二面角的向量求法可得，令，则，可得，所以，继而即可求解. 【详解】（1）略 （2）（i）因为为等腰三角形，， 所以， 因为为等边三角形，所以， 设， 所以， ，， 所以， ，所以或， 又因为， 所以， 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， ， 则， 设，所以， 所以， 设平面的法向量为， 则， 取，得， 所以， 解得或0（不符合题意，舍去）， 所以，即. （ii）设平面的法向量为， ， 则， 取，得， 所以 ， 令，则， 所以， 因为时，， 所以， 所以. 2 学科网（北京）股份有限公司 $