重难点专训04 空间角与空间距离的求解拓展（含动态问题）（专项训练）（北京专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦空间角与距离求解，构建“静态方法+动态策略”体系，通过分层题型实现从基础到创新的逻辑递进，培养空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |解题方法及技巧提炼|1模块|涵盖定义法、向量法等空间角与距离求解途径，动态问题参数化与函数最值策略|从概念辨析到方法选择，形成“判断对象—选方法—建模型—求结果”完整链条| |题型通法及变式提升|9类（每类含典例+变式）|每题型配套核心口诀与高分技巧，如“平移构造三角形”“向量法列方程”|从静态计算到动态探究，题型难度梯度递进，覆盖已知量求参数等综合考法| |重难专题分层过关练|10题（巩固5+创新5）|巩固题强化通法，创新题融合翻折、轨迹等复杂情境|对接高考命题趋势，实现从基础应用到创新迁移的能力提升|

重难点专训04 空间角与空间距离的求解拓展（含动态问题） 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 3 题型1 求异面直线所成角 3 题型2 已知异面直线所成角求其他量 5 题型3 求线面角 6 题型4 已知线面角求其他量 8 题型5 求二面角 10 题型6 已知二面角大小求其他量 12 题型7 求空间距离 14 题型8 已知空间距离求其他量 15 题型9 动点问题综合 17 重难专题分层过关练 20 巩固过关 20 创新提升 21 解题方法及技巧提炼 1、空间角与空间距离求解拓展题的基本思路是： （1）根据题目条件，确定所求对象，是线线角、线面角、二面角，还是点面距、线面距、异面直线距； （2）选择合适的方法：传统几何法（定义法、垂面法、等体积法）或空间向量法（坐标运算）； （3）对于动态问题（动点、翻折、旋转），引入参数表示动点位置或几何元素的变化，将目标量表示为参数的函数； （4）利用函数的单调性、导数、基本不等式或三角函数的有界性，求目标量的取值范围或最值，必要时结合几何直观确定临界位置。 2、核心解题策略： （1）空间角的三种求解途径： 定义法：直接在图形中作出所求角（如线面角需找到斜线在平面内的射影，二面角需作出平面角），然后解三角形计算。适用于图形规则、垂线明显的题目。 向量法：建系后利用公式计算，稳定可靠，适用于大多数立体几何解答题。 射影面积法（求二面角）：，适用于一个面在另一个面上的射影容易确定的场景，常在填空或选择题中快速使用。 （2）空间距离的四种求解途径： 直接法：作出垂线段，解三角形求长度。 向量法：点面距 ；线面距、面面距可转化为点面距；异面直线距可通过公垂线或向量投影求解。 等体积法：对于三棱锥，通过换顶点、换底面，利用体积相等求点到面的距离。 转化法：将线面距转化为直线上任一点到平面的距离，将异面直线距转化为其中一条直线到另一条直线所在平面的距离。 （3）动态问题的核心处理技巧： 参数化：设动点位置为参数（如 ，），或设翻折角度为 ，将目标量表示为参数的函数。 函数最值法：利用导数、二次函数顶点、基本不等式或三角函数值域求最值，注意参数范围的约束。 几何临界法：利用图形直观，判断最值通常出现在动点运动到特殊位置（如端点、中点、垂足位置）。对于角度，常考虑线面平行或垂直的临界情况。 轨迹法：若动点轨迹为直线、圆或球面，可利用轨迹的几何性质简化。 （4）翻折问题的处理要点： 翻折前后，在折痕同侧的几何关系和度量保持不变，跨折痕的线段长度和角度会变化。 关键在于找出翻折前后的不变量和变化量，建立新图形中的位置关系。 通常将翻折后的图形重新画出，标注已知量和设出的参数，然后利用立体几何或向量法求解。 3、常见题型及解题策略： （1）静态空间角与距离的计算 直接使用定义法或向量法。注意线面角的范围是 ，二面角范围为 ，需结合图形或题意判断锐钝。距离均为非负数。 （2）动点引起的角或距离的变化 设动点参数，表示出目标量表达式，再求范围或最值。例如，求异面直线所成角随动点移动的变化范围，可通过向量法将角的余弦值表示为参数的函数，然后利用函数的单调性或基本不等式求值域。 （3）翻折与旋转问题 翻折问题中，折痕固定，动点在翻折后的平面内运动，可设二面角的大小为 ，将跨折痕的线段长度用 表示，再结合其他条件求解。旋转问题通常指平面图形绕某轴旋转形成几何体，此时涉及旋转体的表面积体积以及旋转过程中的位置关系。 （4）最值型动态问题 重点在于找到目标函数的最值。常用方法有：①利用几何直观判断临界位置；②建立函数后求导；③利用均值不等式；④利用三角函数的有界性。注意最值点的位置是否在参数范围内，若在端点取得需说明。 4、实用技巧与答题规范： （1）向量法中，若建系后部分点的坐标含参，可先设出参数，后续利用方程求解； （2）动态问题中，若参数较多，可尝试利用几何约束（如点在球面上、在直线上）减少变量； （3）求角范围时，若用向量公式，注意余弦值对应单调性，在 上余弦单调递减，因此角的大小与余弦值大小相反；而在 上正弦单调递增，线面角可直接用正弦值比较大小； （4）翻折问题中，要分清“二面角”与“翻折角”的关系，通常翻折角就是形成的二面角的平面角； （5）书写时，对于动态问题，要明确参数的取值范围，并在结论中说明最值在何处取得。 5、易错点与关键提醒： （1）角与距离的符号：余弦值可能为负，对应钝角，需结合图形说明；距离必须取绝对值或非负。 （2）动态问题中参数范围不完整：如动点在棱上运动， 的取值可能为 ，若只写实数，可能导致范围扩大。 （3）翻折后几何关系的误判：翻折后，原来在同一平面内的角度（如折痕两侧的角）不再共面，不能直接使用平面几何中的角度关系。 （4）向量法求二面角时符号判断：两个法向量的夹角与二面角可能相等或互补，必须结合图形或题目条件（如“二面角 的大小为 ”）来确定符号。 （5）最值求解中遗漏端点：函数的最值可能在端点或内部极值点取得，应全面检查，尤其是闭区间问题。 题型通法及变式提升 题型1 求异面直线所成角 【典例1-1】在直三棱柱中，，，则直线与所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 核心口诀：平移构造三角形，向量法求余弦绝对值。 高分技巧： 平移法（几何法）：将两条异面直线平移至同一平面内（通常平移到某条线的端点或中点），构造三角形，利用余弦定理求夹角。平移技巧：①利用中位线平移；②利用平行四边形对边平移；③利用线面平行性质平移； 向量法（首选）：建系后求两直线方向向量 ，则 ，。注意加绝对值保证锐角； 选填速判：若两异面直线在正方体、正四面体等规则图形中，可直接利用几何关系判断特殊角（如 ）； 补形法：将几何体补成更大的规则几何体（如将三棱锥补成正方体），使异面直线变为相邻面的对角线，便于观察； 易错警示：异面直线所成角范围为 ，结果必须为锐角或直角；平移时需确保平移后两直线确实相交；向量法中两方向向量夹角可能为钝角，需取绝对值。 【典例1-2】已知正四面体，为的中点，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【变式1-1】如图，是圆O的直径，垂直于圆O所在的平面，，P是弧的中点，则异面直线与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】（25-26高三上·北京·阶段检测）正方体棱长为，为的中点，为线段上动点，为线段上动点，则 （    ） A．存在无数条直线使得 B．存在唯一直线使得 C．点到平面距离最大值为 D．直线与夹角取值范围 题型2 已知异面直线所成角求其他量 【典例2-1】如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，，．    (1)求证：平面平面SAD； (2)若异面直线SD与BC所成角为，平面，求二面角的正弦值． 核心口诀：建系设参列方程，已知角度定约束；解方程求边长或参数，代回目标得结果。 高分技巧： 向量法建方程：设未知量（如边长 、参数 ），写出两异面直线的方向向量，由已知夹角代入公式 ，得到关于未知量的方程； 几何法列关系：平移构造三角形后，已知夹角即三角形内角，利用余弦定理或正弦定理列方程求解； 参数范围注意：所求量需满足几何约束（如边长大于0，参数在 等），解方程后需检验； 选填特殊化：若夹角为特殊角（如 ），可结合勾股定理或等边三角形快速求边长； 易错警示：方程可能有多解，需根据几何意义舍去不合理解；夹角为 时，方向向量点积为0，方程简化为齐次式，注意是否遗漏解。 【典例2-2】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. 【变式2-1】如图，在四棱锥中，底面，，，，E，F，G分别为，，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若异面直线与所成角的余弦值为，求四棱锥的体积. 【变式2-2】如图，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值； (3)已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，求线段的长. 题型3 求线面角 【典例3-1】（25-26高三上·北京西城·期末）如图，在三棱柱中，平面ABC，D为AC的中点． (1)求证：平面； (2)若，求直线AB与平面所成角的正弦值． 核心口诀：线面角正弦值，方向向量与法向量夹角余弦的绝对值。 高分技巧： 定义法（几何法）：在直线上取一点（常取端点），向平面作垂线，垂足与直线在平面上的射影确定线面角。关键是找垂足位置，需证明所作垂线确实垂直于平面； 向量法（首选）：设直线方向向量 ，平面法向量 ，则 ，。线面角是直线与射影的夹角，其正弦值等于方向向量与法向量夹角余弦的绝对值； 等体积法求高：若求线面角需先找垂线，可用等体积法先求点到面的距离 ，则 （其中 为直线上一点， 为垂足在面上的位置，实际 为点到面的距离）； 选填速判：若线面角为特殊角（如 ），则方向向量与法向量夹角为 ，可据此快速计算； 易错警示：线面角是直线与射影的夹角，范围 ，计算时取正弦值；方向向量与法向量夹角可能为钝角，需取绝对值；垂足必须在平面内，需证明垂线确实垂直于平面。 【典例3-2】（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，且，二面角的大小为为中点．    (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【变式3-1】（2026·北京大兴·三模）如图，在四边形中，，，，是中点，连接，将沿折起使点至点处，得四棱锥，且，点为中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【变式3-2】（2026·北京·三模）如图，在五面体中，平面平面，底面是边长为2的菱形．，，．    (1)若点，分别为棱和棱的中点，求证：平面； (2)若，求直线与平面所成的角． 题型4 已知线面角求其他量 【典例4-1】（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． 核心口诀：向量法列正弦方程，几何法构造直角三角形；解方程得未知量，代回求目标。 高分技巧： 向量法：设未知量，用坐标表示直线方向向量和平面法向量，由 列方程求解； 几何法：在图形中构造包含线面角的直角三角形（斜边为斜线，对边为点到面的距离，邻边为射影长），利用三角函数关系列方程； 等体积法配合：若未知量为点到面的距离 ，由 （ 为斜线长度），结合等体积法求 ，解方程； 多解检验：未知量可能有多解，需根据几何约束（如边长范围、参数范围）取舍； 易错警示：线面角为 时，直线上任一点到平面的距离与斜线长度之比恒为 ，与点在直线上的位置无关，选点时注意计算简便。 【典例4-2】（25-26高三下·北京·开学考试）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，侧面底面，，为线段的中点，为线段上的动点． (1)若平面，求证：点为线段中点； (2)如果直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 【变式4-1】如图，四边形是菱形，平面平面，，且，为的中点. (1)证明：； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求. 【变式4-2】如图，长方体中，，过点，作平面与直线平行，且与棱交于点，点是线段上一点． (1)直接给出的值（不必说明理由），并求平面截长方体所得截面的面积； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度. 题型5 求二面角 【典例5-1】如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形．再从条件①，条件②，条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)设是的中点，棱上是否存在点，使得平面？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由． 条件①：； 条件②：； 条件③：平面平面． 核心口诀：二面角看法向量，锐钝看图判；三垂线法作平面角，向量法快且准。 高分技巧： 定义法（三垂线法）：在二面角的棱上取一点，分别在两个半平面内作棱的垂线，两条垂线的夹角即为二面角的平面角。关键是找棱的垂线，常在等腰三角形中用三线合一； 向量法（首选）：求两个半平面的法向量 ，则 。 的锐钝根据图形判断——若法向量“一进一出”则二面角为锐角取正，若“同进同出”则为钝角取负。具体技巧：观察两个法向量的方向，若一个指向二面角内部、一个指向外部，则 取负值（即二面角为钝角）；反之取正值； 面积射影法：若一个平面上的多边形在另一个平面上的射影面积为 ，原面积为 ，则 。此法适用于已知面积关系的选填题； 选填速判：在正方体、正四面体中，二面角常为 或特殊角（如 等），可直接判断； 易错警示：二面角范围为 ，向量法算出的是法向量夹角，需判断锐钝；三垂线法中两条垂线必须在棱上同一点出发；面积射影法需确认哪个面是原面、哪个是射影面。 【典例5-2】（25-26高三下·北京·开学考试）如图，在三棱锥中，侧面底面． (1)求证：； (2)已知，，，是线段上一点，当时， （i）求二面角的余弦值． （ii）设线段的中点为，试判断直线与平面的关系，并说明理由． 【变式5-1】如图，在直四棱柱中，，、，且分别为的中点． (1)求证：平面 (2)从下列条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件，使得直四棱柱存在且唯一，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：： 条件③：与平面所成角为45°． 【变式5-2】（25-26高三下·北京·开学考试）如图，在三棱台中，，，侧面侧面，分别为的中点． (1)求证：平面； (2)已知，，，求二面角的正弦值． 题型6 已知二面角大小求其他量 【典例6-1】如图，在三棱柱中，，，． (1)证明：； (2)若，，在线段上是否存在点P，使得二面角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 核心口诀：法向量列余弦方程，几何法构造平面角；二面角为桥梁，边长参数可求解。 高分技巧： 向量法列方程：设未知量，写出两平面法向量，由 列方程求解，再根据二面角锐钝确定符号； 几何法构造平面角：在棱上取点，作两半平面的垂线，利用已知二面角作为三角形内角，结合余弦定理或解三角形求未知量； 建系技巧：若二面角已知，建系时可令棱为某一坐标轴，使一个半平面在坐标平面内，简化法向量计算； 多解取舍：已知二面角为 ， 的正负确定法向量方向，方程可能多解，需结合图形取舍； 易错警示：二面角为钝角时，两法向量夹角与二面角互补，，注意符号；几何法中平面角的位置需准确找到，不可随意选取。 【典例6-2】如图，在三棱柱中，侧面底面，为中点，过点，，的平面与交于点，，，．    (1)求证：为的中点； (2)设是线段上一点（不包含线段端点），若平面与平面所成的角是60°，求的值． 【变式6-1】在斜三棱柱中，，，为菱形，，，为中点． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)线段上是否存在一点，使二面角为，若存在，求出的位置，若不存在，请说明理由． 【变式6-2】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. 题型7 求空间距离 【典例7-1】（2026·北京西城·模拟预测）如图，在多面体中，四边形为正方形，，为线段的中点，． (1)求证：平面； (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 核心口诀：点面距离用投影公式 ；线线距用叉积；等体积法避建系。 高分技巧： 点到平面距离（核心公式）：，其中 为点， 为平面内任一点， 为平面法向量； 点到直线距离：，其中 为直线上一点， 为方向向量； 异面直线距离：； 等体积法（选填优选）：若求点到面的距离，利用 ，先求体积和底面积，反解 ； 线面距/面面距：转化为点面距离； 选填速算：在正方体等规则图形中，距离常可直接用边长比例或勾股定理求得； 易错警示：点面距公式中的 必须是平面内一点；异面直线距离公式中 （两直线不平行）；等体积法求高时，选不同的底面积计算可能更简便。 【典例7-2】如图，在三棱柱中，平面平面，，，且， (1)证明：； (2)求点到平面的距离． 【变式7-1】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. 【变式7-2】（2026·北京海淀·三模）如图，已知三棱柱中，为正三角形，点在棱上，平面． (1)求证：为的中点； (2)若平面平面，侧面为矩形，，，求直线与平面所成角的正弦值及点到平面的距离． 题型8 已知空间距离求其他量 【典例8-1】如图，在四棱锥中，平面，，为的中点，在上，且，    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)点是线段上异于两端点的任意一点，若满足到平面距离为，求的长． 核心口诀：距离公式列方程，法向量与坐标建桥梁；等体积法反求体积或面积，解方程得未知量。 高分技巧： 点面距反求参数：已知点 到平面 的距离为 ，由 列方程，求解未知量（如边长、参数、点坐标）； 等体积法求体积或面积：已知点面距离 ，若还知体积或底面积，可反求另一量； 点到直线距离反求方向向量：已知距离，结合点坐标和直线方向向量，列方程求参数； 多解检验：距离方程通常含绝对值，可能产生多解，需根据几何约束舍去不合理解； 选填特殊化：若距离为特殊值（如 ），可直接反推几何体边长或角度； 易错警示：距离公式中的绝对值去掉时，需讨论符号，最终解需回代验证；等体积法中体积需与底面积和高对应，不能混用。 【典例8-2】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． ①求； ②在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【变式8-1】如图，PB是圆柱的母线，四边形ABCD是底面内接正方形．点E，F是棱BC，CD上的动点（E，F不与端点重合），且． (1)证明：平面PBF； (2)已知圆柱的体积为，点A到直线PF的距离是1．求CE的长度； 【变式8-2】如图，在四棱锥中，四边形是梯形，，， ，平面平面， (1)证明：； (2)若点是的中点，点是线段上的点，点到平面的距离是，求直线与平面所成角的正弦值. 题型9 动点问题综合 【典例9-1】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． 核心口诀：动点设 ，坐标随它变；角度距离都表成函数，最值存在列方程解。 高分技巧： 参数化动点：若动点在线段 上，设 （），则 ；若在棱上移动同理； 将目标量表示为 的函数： 求动点到定点距离：，为二次函数； 求线面角：，可能为分式或根式函数； 求二面角：同理； 函数法求最值：二次函数配方法求最值；分式/根式函数求导或利用基本不等式； 存在性问题列方程：若问是否存在某位置使条件成立，将条件转化为关于 的方程，判断在 内是否有解； 轨迹问题：动点满足某条件时轨迹可能为线段、圆弧或平面区域，需结合几何关系判断； 选填特殊位置排除：取端点、中点或某特殊值代入选项，快速排除错误项； 易错警示：参数 的范围必须准确（如在三角形内运动可能需用双参数）；最值可能在端点取得，需将端点值与极值比较；存在性问题的解必须代入验证是否满足所有几何条件。 【典例9-2】如图，在直四棱柱中，，. (1)证明：平面； (2)动点满足，且点，，，在同一球面上，设该球面的球心为，半径为. （i）求的取值范围； （ii）当最大时，求平面与平面的夹角的余弦值. 【变式9-1】如图，在平面四边形中，已知是等腰直角三角形，，是边长为4的正三角形.现将沿对角线 折起到的位置. (1)在翻折过程中，记点 P 到平面距离最大时的点 P 为点 . （i）求点 D 翻折到点的轨迹长度； （ii）求平面与平面所成二面角的正弦值. (2)若平面，M是线段 PB上的点，且满足，点分别是平面与平面内的动点，求 的最小值. 【变式9-2】在直三棱柱中，，D是的中点，E是的中点．    (1)求平面与平面夹角的余弦值； (2)圆O是的外接圆，P是圆O及内部的一个动点， （i）若，求动点P轨迹的长度； （ⅱ）若点P只在圆O上运动，记与平面所成角为，求的取值范围． 重难专题分层过关练 巩固过关 1．如图，在三棱锥中，两两垂直，    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求二面角的余弦值． 2．如图，四边形是正方形，平面，，，，点，分别为棱和的中点. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 3．如图，四边形为正方形，是平面外一点，设平面，且，为中点. (1)证明：平面； (2)求二面角的大小. 4．如图，正方体的棱长为2. (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离. 5．底面为菱形的四棱锥中，与交于点，平面平面，平面平面． (1)证明：平面； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 创新提升 6．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． 7．圆柱的轴截面将其分成两部分，其中一部分如图所示，为母线上一点，截面是边长为4的正方形，四边形的面积为，异面直线与所成角的余弦值为. (1)求； (2)若平面与平面的交线为，求点到的距离； (3)设为平面内一点， ，求直线与平面所成角的正切值的最小值. 8．如图，平行六面体的所有棱长都相等，平面平面，，二面角的大小为，E为棱的中点． (1)证明：； (2)若点F在棱上，且，求平面和平面夹角的余弦值． 9．如图，四棱台中，平面，底面为梯形，，，，．    (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成角正弦值为，且，求四棱台体积． 10．如图1，在平面五边形中，，将沿折起得到如图2所示的四棱锥，且，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)若为棱上一动点，直线与平面所成角的正弦值为． （i）求 （ii）求点到平面的距离． 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训04 空间角与空间距离的求解拓展（含动态问题） 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 3 题型1 求异面直线所成角 3 题型2 已知异面直线所成角求其他量 9 题型3 求线面角 15 题型4 已知线面角求其他量 22 题型5 求二面角 29 题型6 已知二面角大小求其他量 37 题型7 求空间距离 45 题型8 已知空间距离求其他量 51 题型9 动点问题综合 59 重难专题分层过关练 69 巩固过关 69 创新提升 76 解题方法及技巧提炼 1、空间角与空间距离求解拓展题的基本思路是： （1）根据题目条件，确定所求对象，是线线角、线面角、二面角，还是点面距、线面距、异面直线距； （2）选择合适的方法：传统几何法（定义法、垂面法、等体积法）或空间向量法（坐标运算）； （3）对于动态问题（动点、翻折、旋转），引入参数表示动点位置或几何元素的变化，将目标量表示为参数的函数； （4）利用函数的单调性、导数、基本不等式或三角函数的有界性，求目标量的取值范围或最值，必要时结合几何直观确定临界位置。 2、核心解题策略： （1）空间角的三种求解途径： 定义法：直接在图形中作出所求角（如线面角需找到斜线在平面内的射影，二面角需作出平面角），然后解三角形计算。适用于图形规则、垂线明显的题目。 向量法：建系后利用公式计算，稳定可靠，适用于大多数立体几何解答题。 射影面积法（求二面角）：，适用于一个面在另一个面上的射影容易确定的场景，常在填空或选择题中快速使用。 （2）空间距离的四种求解途径： 直接法：作出垂线段，解三角形求长度。 向量法：点面距 ；线面距、面面距可转化为点面距；异面直线距可通过公垂线或向量投影求解。 等体积法：对于三棱锥，通过换顶点、换底面，利用体积相等求点到面的距离。 转化法：将线面距转化为直线上任一点到平面的距离，将异面直线距转化为其中一条直线到另一条直线所在平面的距离。 （3）动态问题的核心处理技巧： 参数化：设动点位置为参数（如 ，），或设翻折角度为 ，将目标量表示为参数的函数。 函数最值法：利用导数、二次函数顶点、基本不等式或三角函数值域求最值，注意参数范围的约束。 几何临界法：利用图形直观，判断最值通常出现在动点运动到特殊位置（如端点、中点、垂足位置）。对于角度，常考虑线面平行或垂直的临界情况。 轨迹法：若动点轨迹为直线、圆或球面，可利用轨迹的几何性质简化。 （4）翻折问题的处理要点： 翻折前后，在折痕同侧的几何关系和度量保持不变，跨折痕的线段长度和角度会变化。 关键在于找出翻折前后的不变量和变化量，建立新图形中的位置关系。 通常将翻折后的图形重新画出，标注已知量和设出的参数，然后利用立体几何或向量法求解。 3、常见题型及解题策略： （1）静态空间角与距离的计算 直接使用定义法或向量法。注意线面角的范围是 ，二面角范围为 ，需结合图形或题意判断锐钝。距离均为非负数。 （2）动点引起的角或距离的变化 设动点参数，表示出目标量表达式，再求范围或最值。例如，求异面直线所成角随动点移动的变化范围，可通过向量法将角的余弦值表示为参数的函数，然后利用函数的单调性或基本不等式求值域。 （3）翻折与旋转问题 翻折问题中，折痕固定，动点在翻折后的平面内运动，可设二面角的大小为 ，将跨折痕的线段长度用 表示，再结合其他条件求解。旋转问题通常指平面图形绕某轴旋转形成几何体，此时涉及旋转体的表面积体积以及旋转过程中的位置关系。 （4）最值型动态问题 重点在于找到目标函数的最值。常用方法有：①利用几何直观判断临界位置；②建立函数后求导；③利用均值不等式；④利用三角函数的有界性。注意最值点的位置是否在参数范围内，若在端点取得需说明。 4、实用技巧与答题规范： （1）向量法中，若建系后部分点的坐标含参，可先设出参数，后续利用方程求解； （2）动态问题中，若参数较多，可尝试利用几何约束（如点在球面上、在直线上）减少变量； （3）求角范围时，若用向量公式，注意余弦值对应单调性，在 上余弦单调递减，因此角的大小与余弦值大小相反；而在 上正弦单调递增，线面角可直接用正弦值比较大小； （4）翻折问题中，要分清“二面角”与“翻折角”的关系，通常翻折角就是形成的二面角的平面角； （5）书写时，对于动态问题，要明确参数的取值范围，并在结论中说明最值在何处取得。 5、易错点与关键提醒： （1）角与距离的符号：余弦值可能为负，对应钝角，需结合图形说明；距离必须取绝对值或非负。 （2）动态问题中参数范围不完整：如动点在棱上运动， 的取值可能为 ，若只写实数，可能导致范围扩大。 （3）翻折后几何关系的误判：翻折后，原来在同一平面内的角度（如折痕两侧的角）不再共面，不能直接使用平面几何中的角度关系。 （4）向量法求二面角时符号判断：两个法向量的夹角与二面角可能相等或互补，必须结合图形或题目条件（如“二面角 的大小为 ”）来确定符号。 （5）最值求解中遗漏端点：函数的最值可能在端点或内部极值点取得，应全面检查，尤其是闭区间问题。 题型通法及变式提升 题型1 求异面直线所成角 【典例1-1】在直三棱柱中，，，则直线与所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以为基底，表示向量和，利用向量的数量积求异面直线夹角的余弦. 【详解】如图，以为空间向量的基底.    不妨设，则， 则，. 因为，， ，. 又， 所以. 即直线与所成角的余弦值是. 故选：C 核心口诀：平移构造三角形，向量法求余弦绝对值。 高分技巧： 平移法（几何法）：将两条异面直线平移至同一平面内（通常平移到某条线的端点或中点），构造三角形，利用余弦定理求夹角。平移技巧：①利用中位线平移；②利用平行四边形对边平移；③利用线面平行性质平移； 向量法（首选）：建系后求两直线方向向量 ，则 ，。注意加绝对值保证锐角； 选填速判：若两异面直线在正方体、正四面体等规则图形中，可直接利用几何关系判断特殊角（如 ）； 补形法：将几何体补成更大的规则几何体（如将三棱锥补成正方体），使异面直线变为相邻面的对角线，便于观察； 易错警示：异面直线所成角范围为 ，结果必须为锐角或直角；平移时需确保平移后两直线确实相交；向量法中两方向向量夹角可能为钝角，需取绝对值。 【典例1-2】已知正四面体，为的中点，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，设正四面体边长为2，设，通过即可求点坐标，从而可表示和，进而可求，即异面直线与所成角的余弦值. 【详解】以点为原点，为轴，在平面内过点作轴与垂直，过作轴垂直于平面，建立空间直角坐标系如下：    不妨设正四面体的边长为2，则， 设点，则有，解得， 因为是的中点，则有，即， 因为是的中点，则有，即， 则， 则， 故选：A. 【变式1-1】如图，是圆O的直径，垂直于圆O所在的平面，，P是弧的中点，则异面直线与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用向量夹角公式求解. 【详解】根据题意，以点为坐标原点，分别为轴，过点垂直于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为是弧的中点，所以，又， 则，，，， 所以，， 所以，即， 所以异面直线与所成角的大小为. 故选：C. 【变式1-2】（25-26高三上·北京·阶段检测）正方体棱长为，为的中点，为线段上动点，为线段上动点，则 （    ） A．存在无数条直线使得 B．存在唯一直线使得 C．点到平面距离最大值为 D．直线与夹角取值范围 【答案】B 【分析】以点为坐标原点、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，设，其中，求出点、的坐标，利用空间向量法逐项判断即可. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系： 则、、、、、、，， 由题意，是中点，故. 设，其中， 则，即点， 设，其中， ，即， 对于A选项，因为，. 若，则，， 化简得：，但、，只有时成立，并非无数条，故A错误； 对于B选项，若，则，即， 由③得：；由②得：； 代入①得：，，. 此时、，存在唯一解，故B正确； 对于C选项，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， ，其中， 所以点到平面的距离为， 令，其中， 所以， 当时，；当时，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 因为，，故， 所以，当且仅当时，等号成立， 故点到平面距离的最大值为，故C错误； 对于D选项，设直线、所成角为，则， ，. 所以， 当，时，，则， 因为，故直线与夹角取值范围不是，故D错误. 故选：B. 题型2 已知异面直线所成角求其他量 【典例2-1】如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，，．    (1)求证：平面平面SAD； (2)若异面直线SD与BC所成角为，平面，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题设条件先证明平面SAD，再由面面垂直的判定定理即可得证； （2）由条件先证明平面ABCD，建系后利用空间向量法结合平面求出，再利用空间向量夹角的公式计算即得. 【详解】（1）因为ABCD是矩形，所以， 又已知，所以， 又，所以， 因为平面SAD， 所以平面SAD，而平面SAB， 所以平面平面SAD. （2）因为，所以SD与BC所成角的大小等于， 又，所以， 取AD、BC的中点分别为O、N，连SO、ON， 则， 由（1）平面，又 平面ABCD，则得平面平面ABCD， 又平面为平面SAD和平面ABCD的交线， 所以平面ABCD， 故可以为原点，ON、OD、OS分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，    则， 因为可得， 故得，则，又， 设平面的法向量为， 则，故可取， 因为平面，所以，则，解得， 所以M是SD的中点，OM是的中位线，， 由（1）知，平面SDC，所以平面SDC， 故是平面SDC的一个法向量，且， 所以， 所以， 故二面角的正弦值为． 核心口诀：建系设参列方程，已知角度定约束；解方程求边长或参数，代回目标得结果。 高分技巧： 向量法建方程：设未知量（如边长 、参数 ），写出两异面直线的方向向量，由已知夹角代入公式 ，得到关于未知量的方程； 几何法列关系：平移构造三角形后，已知夹角即三角形内角，利用余弦定理或正弦定理列方程求解； 参数范围注意：所求量需满足几何约束（如边长大于0，参数在 等），解方程后需检验； 选填特殊化：若夹角为特殊角（如 ），可结合勾股定理或等边三角形快速求边长； 易错警示：方程可能有多解，需根据几何意义舍去不合理解；夹角为 时，方向向量点积为0，方程简化为齐次式，注意是否遗漏解。 【典例2-2】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) 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) 【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）略 （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2-1】如图，在四棱锥中，底面，，，，E，F，G分别为，，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若异面直线与所成角的余弦值为，求四棱锥的体积. 【答案】(1)因为E，F分别为，的中点，所以. 又平面，平面，所以平面. 因为 ，，且E为的中点，所以， 则四边形为平行四边形， 则.又平面，平面，所以 平面. 因为平面，平面， ，所以平面 平面. (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理得到平面和 平面，再利用面面平行的判定定理即可证明； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关向量，从而得到锥体的高，最后利用锥体的体积公式即可得到答案. 【详解】（1）略 （2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示. 设 （ ），则，，，， 则，. 因为异面直线与所成角的余弦值为， 所以， 解得， 故四棱锥的体积为. 【变式2-2】如图，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值； (3)已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，求线段的长. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）根据给定条件，证得直线两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证. （2）由（1）中坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. （3）设出点坐标，利用异面直线夹角的向量法列式求解. 【详解】（1）由平面平面，平面平面，平面， ，得直线平面，而四边形是正方形，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， ， 依题意，是平面的一个法向量，又， 则，而直线平面，所以平面. （2）， 设平面CPB的法向量为 ，则，取，得， 设平面PQB的法向量为 ，则，取，得 ， 设平面与平面夹角为，则， ，所以平面与平面夹角的正弦值为. （3）由点H在PD上，设，则， 依题意，，而，解得， 所以线段的长为. 题型3 求线面角 【典例3-1】（25-26高三上·北京西城·期末）如图，在三棱柱中，平面ABC，D为AC的中点． (1)求证：平面； (2)若，求直线AB与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) 连接，设与相交于点，连接， ∵四边形是平行四边形，∴点为的中点. ∵为的中点，∴为的中位线， ∴， ∵平面，平面， ∴平面； (2) 【分析】（1）连接，设与相交于点，连接，应用中位线证明，即可证明平面； （2）以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，又，从而可求直线与平面所成角的正弦值； 【详解】（1）略 （2） 依题意知，，所以， 因为平面，平面， 所以，又， 平面， 所以平面，设的中点为，连接，则， 因为平面，所以平面， 以点为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴和轴， 建立空间直角坐标系. 在，所以， 则，，，. ∴，. 设平面的法向量为， 由及，得， 令，得，.故平面的一个法向量为， 又， 设直线与平面所成角为， 则. ∴直线与平面所成角的正弦值为. 核心口诀：线面角正弦值，方向向量与法向量夹角余弦的绝对值。 高分技巧： 定义法（几何法）：在直线上取一点（常取端点），向平面作垂线，垂足与直线在平面上的射影确定线面角。关键是找垂足位置，需证明所作垂线确实垂直于平面； 向量法（首选）：设直线方向向量 ，平面法向量 ，则 ，。线面角是直线与射影的夹角，其正弦值等于方向向量与法向量夹角余弦的绝对值； 等体积法求高：若求线面角需先找垂线，可用等体积法先求点到面的距离 ，则 （其中 为直线上一点， 为垂足在面上的位置，实际 为点到面的距离）； 选填速判：若线面角为特殊角（如 ），则方向向量与法向量夹角为 ，可据此快速计算； 易错警示：线面角是直线与射影的夹角，范围 ，计算时取正弦值；方向向量与法向量夹角可能为钝角，需取绝对值；垂足必须在平面内，需证明垂线确实垂直于平面。 【典例3-2】（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，且，二面角的大小为为中点．    (1)证明：； (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）先得到平行四边形为正方形，，由线面垂直得到，从而得到线面垂直，得到； （2）由线面垂直得到二面角的平面角为，并求出各边长，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由公式得到线面角的正弦值. 【详解】（1）证明：，为中点， ∴，，则四边形为平行四边形. 又因为，，所以平行四边形为正方形. 连接， 又平面面， 所以， ∵平面， 平面． 又平面．    （2）平面，平面， ． 平面平面． 又平面，故二面角的平面角为， ． 如图，以A为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，即， 令，得，， 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 【变式3-1】（2026·北京大兴·三模）如图，在四边形中，，，，是中点，连接，将沿折起使点至点处，得四棱锥，且，点为中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) 连接交于，连接， 因为，由题意是中点，又， 所以，则四边形为平行四边形， 故点为中点，又点为中点． 所以，又平面，不在平面内， 所以平面； (2) 【分析】（1）连接交于，连接，通过即可证明； （2）建系，求得平面法向量，和直线方向向量，代入夹角公式即可求解. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知四边形为梯形中， 且，，，故四边形是正方形， 所以，， 将沿折起使A点至P点处，有，， 因为，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 因为，O是中点，所以， 又平面，平面平面， 所以平面． 以O为坐标原点，，所在直线分别为y轴，z轴，以过O与平行的直线为x轴，建立如图所示的空间坐标系． 因为，可得， 则，，，，，，． 则 ，， 设平面的法向量为， 则，取，得， 则． 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 【变式3-2】（2026·北京·三模）如图，在五面体中，平面平面，底面是边长为2的菱形．，，．    (1)若点，分别为棱和棱的中点，求证：平面； (2)若，求直线与平面所成的角． 【答案】(1)因为，且，所以四边形是等腰梯形. 取的中点，连接、.是中点，故，； 又是中点，菱形中，，故，. 因此且，四边形是平行四边形，所以. 又平面，平面，故平面.    (2) 【分析】（1）取的中点，连接、.根据中位线以及菱形的性质得到四边形是平行四边形，再根据线面平行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，应用线面角正弦公式求解即可. 【详解】（1）略 （2）由，菱形边长为，故为正方形，进而. 又平面平面，交线为，平面，故平面. 故可以为原点，分别以为轴，以过点的平面的垂线为轴,建立空间直角坐标系. 由（1）易得，，，，，. 故，，. 设平面的法向量， 则，故可取. 设直线与平面所成角为， 则. 因为，故.    题型4 已知线面角求其他量 【典例4-1】（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． 核心口诀：向量法列正弦方程，几何法构造直角三角形；解方程得未知量，代回求目标。 高分技巧： 向量法：设未知量，用坐标表示直线方向向量和平面法向量，由 列方程求解； 几何法：在图形中构造包含线面角的直角三角形（斜边为斜线，对边为点到面的距离，邻边为射影长），利用三角函数关系列方程； 等体积法配合：若未知量为点到面的距离 ，由 （ 为斜线长度），结合等体积法求 ，解方程； 多解检验：未知量可能有多解，需根据几何约束（如边长范围、参数范围）取舍； 易错警示：线面角为 时，直线上任一点到平面的距离与斜线长度之比恒为 ，与点在直线上的位置无关，选点时注意计算简便。 【典例4-2】（25-26高三下·北京·开学考试）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，侧面底面，，为线段的中点，为线段上的动点． (1)若平面，求证：点为线段中点； (2)如果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) 【分析】（1）根据题目信息利用线面平行的性质得到，即可证明； （2）证明平面，，建立空间直角坐标系，设，求出和平面的法向量，利用向量法列方程，解出，即可得答案. 【详解】（1）连接， 因为平面，平面平面，平面， 所以， 又因为为线段的中点， 所以点为线段中点. （2）在中，因为，， 所以，即， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 连接，在中，，，， 所以， 即， 所以，所以， 以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 则，，， 设，所以， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 解得， 所以. 【变式4-1】如图，四边形是菱形，平面平面，，且，为的中点. (1)证明：； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】(1)证明：连接，交于点，连接. 因为四边形是菱形，则，， 因为为的中点，则， 又，且，故得， 故四边形是平行四边形，则. 又平面平面，平面平面， ，平面， 则平面，又平面， 则，故. (2)或2 【分析】（1）连接，交于点，连接，利用条件证明四边形是平行四边形，得，又由平面平面可得平面，得，则可得证； （2）根据条件建系，设，分别表示相关点与向量的坐标，利用空间向量夹角的坐标公式列方程，计算即得的值. 【详解】（1）略 （2）因，，则， 又得，即两两垂直， 故以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 设，则，于是， 则， 设平面的法向量为， 则，故可取， 依题意，， 解得或，则或. 【变式4-2】如图，长方体中，，过点，作平面与直线平行，且与棱交于点，点是线段上一点． (1)直接给出的值（不必说明理由），并求平面截长方体所得截面的面积； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）利用空间直线与平面平行的定义，建立空间坐标系，通过直线方向向量与平面法向量垂直，建立方程求解比例；然后利用空间两点距离公式计算三角形边长，发现三边相等，应用正三角形面积公式得出截面面积. （2）设定动点参数；利用平面内不共线的两个向量求法向量的乘积；再由直线方向向量与平面法向量夹角的正弦公式建立关于参数的方程；最后解一元二次方程并根据动点坐标的取值范围舍去不合题意的解. 【详解】（1）由，得， 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， ，，，， ，，，， 设（）， 平面过，且与直线平行，故， ， 设平面的法向量为， 则，故， 取，则，， 所以为平面的一个法向量， 由可得 所以，即， 截面为，， ， ， 所以是边长为的正三角形， 面积. （2）由（1）知，设，则． 由（1）为平面的一个法向量， 设直线与平面所成的角为， 则． 即， 解得或（舍去）． 故． 题型5 求二面角 【典例5-1】如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形．再从条件①，条件②，条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)设是的中点，棱上是否存在点，使得平面？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由． 条件①：； 条件②：； 条件③：平面平面． 【答案】(1)只能选择①③，证明见解析 (2) (3)存在点； 【分析】（1）利用线面垂直的判断定理即可证明平面； （2）先求出两个面的法向量，进一步求出两个法向量夹角余弦的绝对值，即为平面与平面所成角的余弦值； （3）先假设存在，根据线面平行时，线的方向向量与面的法向量垂直，建立等量关系，能求出对应点的坐标，即说明存在. 【详解】（1）证明：因所求问题包括线面角大小，需要求出边长，故①必选， 选②缺垂直条件，因为，又四边形是边长为的正方形， 所以，，平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 因此，选①②无法证明平面； 故只能选择①③，理由如下： 因为平面平面，平面平面，四边形是边长为4的正方形，所以，所以平面， 又因为平面，所以，，所以， 又因为，所以，平面，， 所以平面； （2）解：由（1）知两两垂直，故以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系， 则，故， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，故， 又因为平面，所以为平面的法向量， 所以， 设平面与平面所成角为，则， 因此，平面与平面所成角的余弦值为； （3）解：假设存在设点，使得平面， 则，因为平面，所以， 又，所以， ，解得， 故，所以， 因此，存在点，即为中点，使得平面，此时． 核心口诀：二面角看法向量，锐钝看图判；三垂线法作平面角，向量法快且准。 高分技巧： 定义法（三垂线法）：在二面角的棱上取一点，分别在两个半平面内作棱的垂线，两条垂线的夹角即为二面角的平面角。关键是找棱的垂线，常在等腰三角形中用三线合一； 向量法（首选）：求两个半平面的法向量 ，则 。 的锐钝根据图形判断——若法向量“一进一出”则二面角为锐角取正，若“同进同出”则为钝角取负。具体技巧：观察两个法向量的方向，若一个指向二面角内部、一个指向外部，则 取负值（即二面角为钝角）；反之取正值； 面积射影法：若一个平面上的多边形在另一个平面上的射影面积为 ，原面积为 ，则 。此法适用于已知面积关系的选填题； 选填速判：在正方体、正四面体中，二面角常为 或特殊角（如 等），可直接判断； 易错警示：二面角范围为 ，向量法算出的是法向量夹角，需判断锐钝；三垂线法中两条垂线必须在棱上同一点出发；面积射影法需确认哪个面是原面、哪个是射影面。 【典例5-2】（25-26高三下·北京·开学考试）如图，在三棱锥中，侧面底面． (1)求证：； (2)已知，，，是线段上一点，当时， （i）求二面角的余弦值． （ii）设线段的中点为，试判断直线与平面的关系，并说明理由． 【答案】(1)证明:取中点，连接， 因为，所以， 又因为，所以， 又因为，平面，所以平面， 又平面，所以． (2)（i）； （ii）相交，理由如下： 线段的中点为，有，，， 而，则直线不与平面平行，也不在平面内， 所以直线与平面相交. 【分析】（1）中点为，通过证明平面，得到； （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用求出点坐标，向量法求二面角的余弦值，通过向量与平面法向量的关系，判断直线与平面的关系. 【详解】（1）略； （2）因为侧面底面，平面平面， 且，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． 因为，所以． 则， 所以． 因为是线段上一点，设． 所以． 因为，所以， 解得．所以． 设平面的一个法向量为，则 ， 令，则．于是 因为平面，所以平面的法向量为． 所以． 由题知，二面角为锐角，所以其余弦值为． （ii）直线与平面相交，理由略. 【变式5-1】如图，在直四棱柱中，，、，且分别为的中点． (1)求证：平面 (2)从下列条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件，使得直四棱柱存在且唯一，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：： 条件③：与平面所成角为45°． 【答案】(1)证明见解析 (2)选择②或③， 【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可得证； （2）选择条件①时，无法确定四棱柱的高，不满足唯一性；选择条件②和③，根据题意，求得直四棱柱的高，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）连接，因为为的中点，且，所以， 又因为且，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， 又因为，且平面，平面， 所以平面， 因为，且平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面； （2）若选择条件①：， 在四棱柱中，可得，所以，而可以由题干条件得到， 此时无法确定四棱柱的高，不满足唯一性，不符合题意； 若选择条件②：． 因为， 由余弦定理得， 所以，所以， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示， 设四棱柱的高为， 可得， 因为分别为的中点，可得， 可得， 因为，可得，解得， 所以 则， 设平面的一个法向量为， 所以， 取，可得，所以， 取平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 可得， 所以平面与平面所成角的余弦值为． 若选择条件③：与平面所成角为． 连接，在直四棱柱中，可得底面， 所以为直线与平面所成的角，即， 因为，在直角中，可得， 因为为的中点，所以，即直四棱柱的高， 所以， 则， 设平面的法向量为， 所以， 取，可得，所以， 又因为平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 可得， 所以平面与平面所成角的余弦值为． 【变式5-2】（25-26高三下·北京·开学考试）如图，在三棱台中，，，侧面侧面，分别为的中点． (1)求证：平面； (2)已知，，，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形是平行四边形，得，由线线平行即可推得线面平行； （2）根据题意建系，由条件求出相关点的坐标，进而求出平面与平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】（1）取的中点，连接，因为的中点，则， 在三棱台中，， 则，故四边形是平行四边形，则， 又平面，平面，故平面. （2）因平面平面，且平面平面， 又平面，则平面. 故可以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，在平面中， 过点作的垂线为轴，建立空间直角坐标系. 连接，易得，作于点， 因，是的中点，则，， 则， 设平面的法向量为， 则，可取； 设平面的法向量为， 则，可取. 则， 设二面角的平面角为， 则， 即二面角的正弦值为. 题型6 已知二面角大小求其他量 【典例6-1】如图，在三棱柱中，，，． (1)证明：； (2)若，，在线段上是否存在点P，使得二面角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明：取的中点，连接，如图： 因为，是的中点，所以， 在中，，，所以是等边三角形， 因为是的中点，所以， 因为，平面， 所以平面， 又因为平面，所以. (2)存在点满足条件， 【分析】（1）由题意可得，，由线面垂直的判定即可得证； （2）由题意可得两两垂直，则以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，设，可得，分别求出平面和平面的法向量，由向量夹角公式结合条件即可求得的值. 【详解】（1）略； （2）因为，易得，且有，则， 即，则两两垂直， 以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，如图： 易得， 在线段上取点，设，即， 则， 平面的法向量为， 设平面的法向量为，，， 则有，不妨设，则， 由题意得，解得或（舍）， 故存在点满足条件，且. 核心口诀：法向量列余弦方程，几何法构造平面角；二面角为桥梁，边长参数可求解。 高分技巧： 向量法列方程：设未知量，写出两平面法向量，由 列方程求解，再根据二面角锐钝确定符号； 几何法构造平面角：在棱上取点，作两半平面的垂线，利用已知二面角作为三角形内角，结合余弦定理或解三角形求未知量； 建系技巧：若二面角已知，建系时可令棱为某一坐标轴，使一个半平面在坐标平面内，简化法向量计算； 多解取舍：已知二面角为 ， 的正负确定法向量方向，方程可能多解，需结合图形取舍； 易错警示：二面角为钝角时，两法向量夹角与二面角互补，，注意符号；几何法中平面角的位置需准确找到，不可随意选取。 【典例6-2】如图，在三棱柱中，侧面底面，为中点，过点，，的平面与交于点，，，．    (1)求证：为的中点； (2)设是线段上一点（不包含线段端点），若平面与平面所成的角是60°，求的值． 【答案】(1)在三棱柱中，平面平面， 而平面平面，平面平面， 得. ，， 为中点， 为中点． (2) 【分析】（1）由面面平行的性质得到，即可求证； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，，求出平面和平面的法向量，再由两平面所成的角为，结合向量的夹角公式列方程可求出，进而可求出结果． 【详解】（1）略 （2）连接，且为中点，. 在 中，由余弦定理可知. 故在中，，即. 平面 平面，且平面平面，平面， 得平面， 故，，两两垂直，如图建立空间直角坐标系， 则. 平面的一个法向量， 设，其中. ，. 设平面的法向量 . 令，， . 故 ，. 即，解得，故．    【变式6-1】在斜三棱柱中，，，为菱形，，，为中点． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)线段上是否存在一点，使二面角为，若存在，求出的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 连接，交于，连接， 在斜三棱柱中，是平行四边形，所以为的中点， 又为中点，所以， 因为平面，平面，所以平面； (2) 连接，菱形中，，， 所以是等边三角形， 又为中点，所以， 因为，平面，， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，且平面，， 所以平面； (3)不存在，利用平面夹角的向量坐标公式列式计算即可判断 【分析】（1）中位线定理证明，最后利用线面平行的判定定理求解即可； （2）结合题意与线面垂直的判定定理得到平面； （3）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，结合二面角的向量求法建立方程，求解参数，最后判断点的存在性即可． 【详解】（1）略 （2）略 （3）不存在，理由如下：取的中点， 因为分别是的中点，所以， 又平面，所以平面， 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， ，，，， ，，， 所以，， 设，， 因为，所以， 解得，，，即， 所以, 设平面的法向量， ，令，得， 显然是平面的一个法向量， 所以， 因为二面角为， 所以，化简得，解得， 因为，所以线段上不存在点，使二面角为． 【变式6-2】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. 题型7 求空间距离 【典例7-1】（2026·北京西城·模拟预测）如图，在多面体中，四边形为正方形，，为线段的中点，． (1)求证：平面； (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)连接，设，因为四边形为正方形， 所以为的中点，又因为为的中点， 所以且 ，由已知且， 所以且 ，所以四边形为平行四边形， 所以即，因为平面，平面， 所以平面. (2) (3) 【分析】（1）连接，设，推导出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值； （3）利用空间向量法，结合（2）中求出的平面的法向量可求得点到平面的距离． 【详解】（1）略. （2）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、、轴建立如图所示的坐标系， 因为，所以， ，， ，设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 设直线与平面所成角为，则直线与平面所成角的正弦值为 . （3）由（2）可知平面的一个法向量为，又， 所以点到平面的距离． 核心口诀：点面距离用投影公式 ；线线距用叉积；等体积法避建系。 高分技巧： 点到平面距离（核心公式）：，其中 为点， 为平面内任一点， 为平面法向量； 点到直线距离：，其中 为直线上一点， 为方向向量； 异面直线距离：； 等体积法（选填优选）：若求点到面的距离，利用 ，先求体积和底面积，反解 ； 线面距/面面距：转化为点面距离； 选填速算：在正方体等规则图形中，距离常可直接用边长比例或勾股定理求得； 易错警示：点面距公式中的 必须是平面内一点；异面直线距离公式中 （两直线不平行）；等体积法求高时，选不同的底面积计算可能更简便。 【典例7-2】如图，在三棱柱中，平面平面，，，且， (1)证明：； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)在平面内作交于点，连接， 由，，得， 所以， 又平面平面，平面平面， ，平面，故平面， 又因为平面，所以， 在直角中，由，，则，即， 在中，由，，，所以，故， 又，且，、平面， 故平面，因为平面，所以； (2) 【分析】（1）作，进而得到，再由面面垂直的性质得到平面，则，然后证明平面即可求解； （2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再利用空间向量法求点到面的距离即可． 【详解】（1）略 （2）由（1）知平面，， 故以点为坐标原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向 建立如图所示的空间直角坐标系， 故、、、、， 得到，，，则， 设为平面的一个法向量， 则，取， 解得，得， 因为，设点到平面的距离为, 由点到平面的距离公式得. 【变式7-1】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7-2】（2026·北京海淀·三模）如图，已知三棱柱中，为正三角形，点在棱上，平面． (1)求证：为的中点； (2)若平面平面，侧面为矩形，，，求直线与平面所成角的正弦值及点到平面的距离． 【答案】(1)连接，交于点F，连接, 因为三棱柱的侧面​是平行四边形，平行四边形对角线互相平分， 故F是的中点， 又平面．平面， 且平面平面，故得， 在中，F是​的中点，，因此是​的中位线， 故E为的中点，得证. (2)； 【分析】（1）作辅助线，根据线面平行的性质可得，再结合三角形的中位线性质，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，可得相关点坐标，求出平面的法向量，根据线面角以及空间距离的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）略 （2）取中点为O，因为是正三角形，故， 又平面平面，交线为，因此平面， 以O为原点， 直线为x轴，方向为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系， 则 ， 由E是的中点，得， ，, 设平面的法向量为， 则：，即，令，则可得， 设直线与平面所成角为θ，则； 设点到平面的距离为d，而， 则. 题型8 已知空间距离求其他量 【典例8-1】如图，在四棱锥中，平面，，为的中点，在上，且，    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)点是线段上异于两端点的任意一点，若满足到平面距离为，求的长． 【答案】(1)∵ 平面，， 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由题意得. ∵ ，，， ∴ 在中，，，， 可得. ∵ 为中点，∴ . ∵ ，∴ 分的比为，得. 平面的法向量为. ， ∴ ，即. 又平面，∴ 平面. (2) (3) 【分析】以为原点建立空间直角坐标系，确定各点坐标. （1）通过证明与平面的法向量垂直，结合线面平行判定定理完成证明. （2）分别求解两个平面的法向量，利用向量夹角公式计算平面夹角的余弦值. （3）设出的参数坐标，结合点到平面的距离公式求解参数，再计算的长度. 【详解】（1）略 （2）设平面的法向量为， ，， 则，即， 取，得. 设平面与平面的夹角为，， 则. （3）在线段上，，令， 到平面的距离. 由题意得， ∴ ，即，得. ∴ . 核心口诀：距离公式列方程，法向量与坐标建桥梁；等体积法反求体积或面积，解方程得未知量。 高分技巧： 点面距反求参数：已知点 到平面 的距离为 ，由 列方程，求解未知量（如边长、参数、点坐标）； 等体积法求体积或面积：已知点面距离 ，若还知体积或底面积，可反求另一量； 点到直线距离反求方向向量：已知距离，结合点坐标和直线方向向量，列方程求参数； 多解检验：距离方程通常含绝对值，可能产生多解，需根据几何约束舍去不合理解； 选填特殊化：若距离为特殊值（如 ），可直接反推几何体边长或角度； 易错警示：距离公式中的绝对值去掉时，需讨论符号，最终解需回代验证；等体积法中体积需与底面积和高对应，不能混用。 【典例8-2】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． ①求； ②在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②存在， 【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）①建立空间直角坐标系，根据点到面的距离公式，求出，②求面和面的法向量，根据二面角的向量公式求出的值. 【详解】（1）过点作的垂线，设垂足为，即有， 因为，面， 面面，面面， 所以面， 又因为面，所以， 因为四边形是矩形，所以， 所以， 因为，， ，面，面， 所以面. （2）因为面，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， ①设面的法向量为，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； ②设，则， 即有，且， 设面的法向量为，则有 即有 令，则，， 即， 由已知是面的一个法向量， 所以， 解得． 【变式8-1】如图，PB是圆柱的母线，四边形ABCD是底面内接正方形．点E，F是棱BC，CD上的动点（E，F不与端点重合），且． (1)证明：平面PBF； (2)已知圆柱的体积为，点A到直线PF的距离是1．求CE的长度； 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）利用正方形的特征，线面垂直的性质、判定推理得证. （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用点到直线距离的向量求法列式求出； 【详解】（1）在正方形中，由，得，， 则，，因此， 由是圆柱的母线，得平面，而平面，则， 又平面，所以平面. （2）设圆柱的底面圆半径为，圆柱的体积为，得， 解得，则，显然直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设，则， ，由点到直线的距离是1， 得，则，化简得， 即，而，解得， 所以. 【变式8-2】如图，在四棱锥中，四边形是梯形，，， ，平面平面， (1)证明：； (2)若点是的中点，点是线段上的点，点到平面的距离是，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明：如图，作出符合题意的图形， 取的中点，连接. 在梯形中，，，， 四边形为平行四边形，又，， 四边形为正方形，，， ，， ，. 平面平面，平面平面，平面， 平面，平面，. 在梯形中，，且，必然相交. 又，平面，平面， 平面，； (2) 【分析】（1）先证明平面，从而得到，再证明平面，即可证明； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，根据点到平面的距离，确定点的位置，进而确定平面的法向量，设直线与平面所成的角为，再根据线面角的向量求法计算即可得解. 【详解】（1）略 （2）如图，作出符合题意的图形， 由（1）知平面，且，所以以为原点， 所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，. ，，，. 设，则， ，则. 设平面的法向量为， 则，即. 令，则，. 设点到平面的距离为， 则， 两边同时平方可得，整理可得，解得， 此时点是线段的中点，，取. 设直线与平面所成的角为， 则. 题型9 动点问题综合 【典例9-1】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． 核心口诀：动点设 ，坐标随它变；角度距离都表成函数，最值存在列方程解。 高分技巧： 参数化动点：若动点在线段 上，设 （），则 ；若在棱上移动同理； 将目标量表示为 的函数： 求动点到定点距离：，为二次函数； 求线面角：，可能为分式或根式函数； 求二面角：同理； 函数法求最值：二次函数配方法求最值；分式/根式函数求导或利用基本不等式； 存在性问题列方程：若问是否存在某位置使条件成立，将条件转化为关于 的方程，判断在 内是否有解； 轨迹问题：动点满足某条件时轨迹可能为线段、圆弧或平面区域，需结合几何关系判断； 选填特殊位置排除：取端点、中点或某特殊值代入选项，快速排除错误项； 易错警示：参数 的范围必须准确（如在三角形内运动可能需用双参数）；最值可能在端点取得，需将端点值与极值比较；存在性问题的解必须代入验证是否满足所有几何条件。 【典例9-2】如图，在直四棱柱中，，. (1)证明：平面； (2)动点满足，且点，，，在同一球面上，设该球面的球心为，半径为. （i）求的取值范围； （ii）当最大时，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1) 因为在直四棱柱中，平面， 又平面，所以， 因为，所以， 在中，，，满足， 所以， 又，平面， 所以平面； (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据直四棱柱性质利用线面垂直判定定理证明可得平面； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用可求出球心以及点的坐标表示，利用可得取值范围； （ii）易知当最大时,求出平面与平面的法向量，求出两法向量夹角余弦值的绝对值即可. 【详解】（1）略 （2）（i）因为在直四棱柱中，， 所以四边形为平行四边形，四边形为正方形， 所以平面， 因此两两垂直，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，如下图所示： 根据题意可得； 取的中点，的中点为； 因为球经过点，，，且为等腰直角三角形， 所以球心在直线上， 设， 则， 又， 点在球上，所以， 可得，故； 因为，所以，； 所以，即； 因此该球的半径的取值范围为； （ii）当球的半径最大时，，， 所以，，即点与点重合； 此时， 设平面的一个法向量为， 则有，令，可得， 所以， 即平面的一个法向量为， 因为平面，可得平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 【变式9-1】如图，在平面四边形中，已知是等腰直角三角形，，是边长为4的正三角形.现将沿对角线 折起到的位置. (1)在翻折过程中，记点 P 到平面距离最大时的点 P 为点 . （i）求点 D 翻折到点的轨迹长度； （ii）求平面与平面所成二面角的正弦值. (2)若平面，M是线段 PB上的点，且满足，点分别是平面与平面内的动点，求 的最小值. 【答案】(1) （i）；（ii） (2) 【分析】（1）（i）分析点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧进行计算即可； （ii）以中点为原点建立空间直角坐标系，求出法向量计算即可； (2)以为原点建立空间直角坐标系，作关于平面的对称点，转化成求到平面的最短距离即可. 【详解】（1）（i）已知是等腰直角三角形，， 是边长为4的正三角形，故. 取中点，则 翻折时，，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧. 当到平面距离最大时，平面平面，此时， 则轨迹长度为. （ii）由（i）可知两两相互垂直，以为原点建立空间直角坐标系如图， 则， 所以， 设平面的法向量为，则，易得， 平面的法向量为，则，易得， 设平面与平面的夹角为，则， 所以. （2） 因为平面，且，以为原点建立空间直角坐标系如图， ,, 作关于平面的对称点， 因为，所以，则， 所以，即求到平面的最短距离， 所以， 可设平面的法向量， 所以点到平面的距离， 即的最小值为. 【变式9-2】在直三棱柱中，，D是的中点，E是的中点．    (1)求平面与平面夹角的余弦值； (2)圆O是的外接圆，P是圆O及内部的一个动点， （i）若，求动点P轨迹的长度； （ⅱ）若点P只在圆O上运动，记与平面所成角为，求的取值范围． 【答案】(1) (2)（i）；（ⅱ） 【分析】（1）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式即可求解； （2）（i）方法一：连接，过点作的垂线交圆于点，即可证明出线段就是点的轨迹；方法二：设，由得出，再由点到直线距离公式及勾股定理即可求解； （ⅱ）取中点，连接，得出，由的范围得出的范围，即可求解． 【详解】（1）由题意可知 两两垂直， 以为原点，以所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，， 所以， 则， 设平面的法向量为， 由得，， 令，则，所以， 取平面的一个法向量， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （2）（i）法1：连接，过点作的垂线交圆于点，则线段就是点的轨迹， 理由如下： 因为平面，平面， 所以，，，平面， 所以平面，又平面 ，所以， 因为圆O半径为2，为正三角形， 所以由垂径定理可得，线段．      法2：设，则，， 由得， 因为圆心O到直线的距离为1， 所以， 所以动点轨迹形状为线段，长度为． （ii）取中点，连接，则有平面， 因为为在平面上的射影，所以，则， 在中，， 所以， 所以．      重难专题分层过关练 巩固过关 1．如图，在三棱锥中，两两垂直，    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立坐标系，求出平面法向量，利用线面角的向量公式可得答案； （2）求出两个半平面的法向量，利用向量夹角公式可求二面角. 【详解】（1）以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系； ，,； 设平面的一个法向量为，则， 令，得，即， 设直线与平面所成角为，则. 即直线与平面所成角的正弦值为. （2）由（1）知平面的一个法向量为， 易求平面的一个法向量为， 设二面角的大小为，易知为锐角，则， 所以二面角的余弦值为.    2．如图，四边形是正方形，平面，，，，点，分别为棱和的中点. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) 因为四边形为正方形，且平面，所以、、两两互相垂直， 以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，， 所以，， 所以，所以，即. (2). 【分析】（1）建立空间直角坐标系，计算，，利用向量法计算可得； （2）求出平面的法向量，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）略 （2）设平面的法向量，，， 则，取，可得， 所以平面的一个法向量为，又， 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. 3．如图，四边形为正方形，是平面外一点，设平面，且，为中点. (1)证明：平面； (2)求二面角的大小. 【答案】(1)连接AC，交BD于O，连接EO， 因为为正方形，所以O为AC中点， 因为为中点， 所以， 因为平面，平面， 所以平面. (2) 【分析】（1）连接AC，交BD于O，连接EO，根据正方形的性质，可得O为AC中点，因为为中点，所以EO为中位线，即，根据线面平行的判定定理，即可得证. （2）如图建系，求得各点坐标，进而可求出平面PDC和平面PBC的法向量，根据二面角的向量求法，代入计算，即可求得答案. 【详解】（1）略 （2）因为平面，平面， 所以，， 以D为原点，DA，DC，DP为x，y，z轴正方向建系，如图所示， 设AD=1，则， 所以， 因为,，,平面PDC， 所以平面PDC， 则即为平面PDC的法向量， 设平面PBC的法向量为， 则，即， 令，则，所以， 所以，即， 所以二面角的大小 4．如图，正方体的棱长为2. (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明：由正方体的性质可知， 因为平面，平面， 所以平面. (2) (3) 【分析】（1）先利用正方体的性质得到，然后利用线面平行的判定可证结论； （2）利用垂直关系找到两平面夹角的平面角，利用直角三角形可求正弦值； （3）建立坐标系，求出平面法向量，利用点到平面的距离公式可求答案. 【详解】（1）略 （2）设交于点，连接，由正方形的性质可知，且； 因为正方体的棱长为2，所以， 所以,且， 所以为平面与平面所成角的平面角， 因为底面，所以， 所以，即平面与平面所成角的正弦值为. （3）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为，则， 令可得， 设到平面的距离为， 则，即点到平面的距离为. 5．底面为菱形的四棱锥中，与交于点，平面平面，平面平面． (1)证明：平面； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) 因为四边形为菱形，所以⊥， 因为平面平面，为交线，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为平面平面，为交线，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，平面， 所以平面； (2) 【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到⊥，⊥，故平面； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，根据线面角的正弦值得到方程，求出，求出两个平面的法向量，根据面面角夹角余弦公式求出答案. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，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，， 设，，则，， 设平面的一个法向量为， ， 令得，故， 直线与平面所成角的正弦值为， 即， 化简得，负值舍去，则， 平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， ， 所以平面与平面夹角余弦值为. 创新提升 6．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. 7．圆柱的轴截面将其分成两部分，其中一部分如图所示，为母线上一点，截面是边长为4的正方形，四边形的面积为，异面直线与所成角的余弦值为. (1)求； (2)若平面与平面的交线为，求点到的距离； (3)设为平面内一点， ，求直线与平面所成角的正切值的最小值. 【答案】(1)3 (2) (3) 【分析】（1）选取圆柱对称中心为原点建立空间直角坐标系，利用异面直线所成角的余弦值公式列出关于动点坐标的方程，通过代数解法求出点P的位置进而算出PM的线段长度, （2）结合几何垂直性质与坐标法分别求出两相交平面的法向量，通过联立这两个法向量求得平面交线的方向向量，最后利用空间向量的距离公式求出点到该直线的距离, （3）借助正弦定理将题目给定的正弦值比例转化为线段平方比例，进而推导出动点Q在底面内的轨迹为一个圆，最后将线面角正切值最小的极值问题，转化为求底面定点到该圆上动点距离最大的几何问题. 【详解】（1）连接，，如图， 因为，易得四边形为矩形,则，所以．     因为 ， 所以． 因为， 所以，则． 所以点到平面的距离．     取的中点为，以为原点，以平面内垂直于的直线为轴， 所在直线为轴，垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，． 所以． 设，则． 所以． 整理得．解得或（舍去）． 所以． （2）由（1）可知，， 则，． 设平面的法向量为， 则 令，则为平面的一个法向量．     因为，，，，平面， 所以平面，即平面． 所以为平面的一个法向量．     设的方向向量为， 则 令， 则为的一个方向向量．     又，所以，． 所以点到的距离为． （3）在中，由正弦定理，得①, 又因为②, 所以联立①②，得 ．     设，则由， 得． 化简整理，得 ．     所以点的轨迹为平面上，以点为圆心，为半径的圆． 易知点在平面内的投影为． 又点的投影到点的距离为， 所以直线与平面所成角的正切值的最小值为． 8．如图，平行六面体的所有棱长都相等，平面平面，，二面角的大小为，E为棱的中点． (1)证明：； (2)若点F在棱上，且，求平面和平面夹角的余弦值． 【答案】(1)连接，．因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面， 又平面， 所以， 又， 所以是二面角的平面角，即． 因为四边形是菱形， 所以，， 所以是等边三角形，又为的中点， 所以，又， 所以，又，，，平面， 所以平面，又平面， 所以． (2) 【分析】（1）利用面面垂直、菱形性质找到CD的两条垂线AD和DE，即可锁定CD垂直平面ADE，从而证明CD垂直AE （2）利用第一问线面垂直条件建系，通过求两平面法向量，利用向量夹角公式取绝对值，快速解出平面夹角余弦值 【详解】（1）略. （2）由（1）知平面，，所以以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图所示． 令，则，，，， ，，，，由，得， 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，得．设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为 9．如图，四棱台中，平面，底面为梯形，，，，．    (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成角正弦值为，且，求四棱台体积． 【答案】(1)在中，，，， 由余弦定理得， 代入数据解得， 所以，则， 又，所以， 因为平面，平面，所以， 又，，所以平面， 又平面，所以平面平面. (2) 【分析】（1）通过证明平面，可得到平面平面； （2）建立空间正交坐标系，表示出平面的法向量，直线与平面所成角的正弦值即可解出的值，最后求出答案. 【详解】（1）略. （2）因为，平面，分别以，，所在直线为，，轴建系，如图所示：    设，则，，，， 由得，故 ， 设平面法向量为，则，令，则，则， 设直线与平面所成角为，为锐角， 则，化简得 ，又，故得， 设梯形与梯形面积为，，则， 因为，则，所以. 10．如图1，在平面五边形中，，将沿折起得到如图2所示的四棱锥，且，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)若为棱上一动点，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）或（ii）或． 【分析】（1）先由平面几何性质得到，结合折叠后推出平面，可得，再由勾股定理证得，最后根据线面垂直的判定定理完成证明； （2）（i）根据第一问的垂直关系建立空间直角坐标系，设得到的坐标，求出平面的法向量和直线的方向向量，利用线面角的向量计算公式列方程求解得到结果；（ii）在已建立的空间直角坐标系中求出平面的法向量，结合已得的点坐标，利用点到平面的距离向量公式计算得到所求距离，也可通过等体积法结合三棱锥体积关系求解。 【详解】（1）连接， 因为，所以四边形为矩形， 所以， 因为平面，所以平面． 又平面，所以，所以， 又，， 所以， 因为，所以，所以， 因为平面， 所以平面． （2）过点作于点，由（1）知平面． 因为平面，所以， 因为平面，所以平面， 所以两两垂直， 过点作交于点， 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， 由（1）知，所以，则， 所以， 则． 所以． （i）设， 则， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则．所以． 又， 设直线与平面所成角为， 则， 整理得，解得或， 所以或． （ii）设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则，所以． 因为，所以点到平面的距离为． 由（i）得或， 当时，，此时点到平面的距离为； 当时，，此时点到平面的距离为． 综上，点到平面的距离为或． 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $