专题04 利用空间向量法求空间角10种常见考法归类（题型专练）高二数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 该专项系统梳理空间向量求空间角的10类考法，以“核心逻辑+步骤+易错点”构建方法体系，覆盖异面直线、线面、面面角的求角、最值及参数问题，培养数学思维的推理与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |异面直线所成角|3题型，每题型1例3变式|方向向量夹角绝对值求角，含参函数求最值，方程求参数|从基础求角到动态最值再到参数计算，逐步深化| |直线与平面所成角|3题型，每题型1例3变式|方向向量与法向量正弦值关系，函数值域求最值，方程解参数|基于线面角定义，结合向量运算实现量化求解| |平面与平面所成角（二面角）|4题型，每题型1例3变式|法向量夹角余弦（平面夹角取绝对值，二面角看图形），分式函数求最值，方程求参数|从平面夹角到二面角，区分范围与符号，体现空间观念|

专题04 利用空间向量法求空间角10种常见考法归类 （题型突破·举一反三） 题型 01 求异面直线所成角 题型 02 求异面直线所成角的最值问题 题型 03 根据异面直线所成角求参数 题型 04 求直线与平面所成角 题型 05 求直线与平面所成角的最值问题 题型 06 已知线面角求参数 题型 07 求平面与平面所成角 题型 08 求二面角 题型 09 求平面与平面所成角（或二面角）的最值问题 题型 10 已知平面与平面所成角（或二面角）求参数 ▌题型01 求异面直线所成角 1.核心逻辑 异面直线夹角取锐角或直角，用两条直线方向向量夹角的绝对值计算。 2.解题步骤 （1）建系，写出各顶点坐标； （2）取两条异面直线的方向向量； （3）计算数量积、模； （4）代入公式； （5）根据余弦值写出异面直线角。 3.易错提醒 忘记加绝对值，算出钝角；混淆向量夹角与异面直线范围。 【例1】（2026高一·河南郑州·期末）如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，求直线与直线所成角的余弦值（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】（2026高一·江苏常州·期末）在正方体中，点分别在线段和上，且，，则直线和所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】（2026·山东济南·模拟预测）在平行四边形中，设，，，沿将平行四边形折成一个直二面角，则与所成的角的余弦值是（     ） A． B． C． D． 【变式1-3】（2026高二·福建漳州·期中）如图，在直三棱柱中，，，，，为棱的中点，则异面直线和所成的角的余弦值为（     ） A． B． C． D． ▌题型02 求异面直线所成角的最值问题 1.核心逻辑 向量含参数时，把整理为含参函数，利用函数值域求最值，再反推最值；越大，越小。 2.解题步骤 （1）建系写出含参方向向量； （2）写出的参数表达式； （3）分子分母化简，平方转化为二次分式/二次函数； （4）求分式值域，得到最大、最小值； （5）结合余弦单调性，得到异面角最大、最小值。 3.易错提醒 忽略绝对值导致符号出错；分不清余弦值大小与角度大小的变化关系。 【例2】（2026高二·浙江·学业考试）斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧棱，，点为棱上动点，则异面直线与所成角的最小值为（     ） A．30° B．45° C．60° D．75° 【变式2-1】（2026高二·江苏泰州·阶段检测）如图，四边形，，，将沿折起，当二面角的值属于区间时，直线和所成角为，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【变式2-2】（2026高二·广东东莞·专题练习）如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值的最大值为（   ）    A． B． C． D． 【变式2-3】（2026高三·广东河源·阶段检测）如图，正方体中，点是的中点，点为正方形内一动点，且平面，若异面直线与所成角为，则的最小值等于（    ） A． B． C． D． ▌题型03 根据异面直线所成角求参数 1.核心逻辑 已知异面角，代入，列含参方程求解。 2.解题步骤 （1）建系，写出带参数的两个方向向量； （2）表示出； （3）代入已知角度的余弦值，等式两边平方去掉绝对值； （4）解方程，检验分母模长不为0，舍去增根。 3.易错提醒 不平方直接去绝对值，漏解；不检验模长为0的无效参数。 【例3】（2026高二·北京·阶段检测）如图，在四棱锥中，，，，，，．E是棱上一点，平面． (1)求证：E为的中点； (2)若直线与平面所成的角为，求四棱锥的体积． 【变式3-1】（2026·广西桂林·模拟预测）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． 【变式3-2】（2026·广西崇左·模拟预测）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3-3】（2026高三·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. ▌题型04 求直线与平面所成角 1.核心逻辑 线面角是直线与平面中所有直线最小角，范围；直线方向向量，平面法向量，满足。 2.解题步骤 （1）建立坐标系，标出点坐标； （2）求直线方向向量； （3）在平面内取两相交向量，求出平面法向量； （4）计算； （5）该值等于，反求线面角。 3.易错提醒 直接用代替，公式混淆；忘记加绝对值。 【例4】（2026高三·全国·专题练习）正方体中，E、F分别为、的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【变式4-1】（2026高三·全国·专题练习）如图，在长方体中，，，则与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【变式4-2】（2026高三·江苏无锡·阶段检测）三棱柱中，，，侧面为矩形，，三棱锥的体积为． (1)求侧棱的长； (2)若点E位于侧棱上，且，求直线AE与平面所成角的正弦值． 【变式4-3】（2026高二·广东深圳·阶段检测）如图，是以为直径的圆上异于，的点，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线. (1)证明：平面； (2)直线l上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. ▌题型05 求直线与平面所成角的最值问题 1.核心逻辑 ，式子含参数时转化为函数，由范围推出最值；越大，线面角越大。 2.解题步骤 （1）写出含参直线方向向量或平面法向量； （2）写出的参数代数式； （3）化简为二次函数/分式函数，求值域； （4）根据正弦函数单调性，得到线面角最大、最小值； （5）标注参数取等条件。 3.易错提醒 搞反和角度增减关系；不限制。 【例5】（2026高二·江苏宿迁·期中）在正方体中，点为线段的中点.点在线段上，直线与平面所成的角为，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【变式5-1】（2026·四川遂宁·模拟预测）在直三棱柱中，，点为的中点，点为侧面内（含边界）的动点，且平面，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【变式5-2】（2026高二·山东德州·期中）如图，在正方体中，点P在线段上，若直线DP与平面所成的角为，则的取值范围是（   ）    A． B． C． D． 【变式5-3】（2026高二·福建泉州·阶段检测）如图，在平行四边形中，，，，是的中点，沿将翻折至的位置，使得平面平面.若是直线上的一点，求直线与平面所成角正弦值的最大值是（   ）    A． B． C． D． ▌题型06 已知线面角求参数 1.核心逻辑 给出线面角，则为定值，代入列方程解参数。 2.解题步骤 （1）建系，写出含参向量、平面法向量； （2）代入已知角的正弦值，建立等式； （3）两边平方去掉绝对值，解含参方程； （4）检验，剔除不符合题意的解。 3.易错提醒 误用余弦公式；平方后产生增根不检验。 【例6】（2026高二·江西南昌·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为四边形内（包括边界）一个动点，若直线与平面所成的角为，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【变式6-1】（2026高三·陕西榆林·阶段检测）在正四棱台中，，直线与平面所成角的正弦值为，则该棱台的体积为（    ） A．252 B．180 C．84 D．60 【变式6-2】（2026高二·辽宁大连·期中）如图，在正四棱柱中，底面边长为2，直线与平面所成角的余弦值为，则正四棱柱的高为（   ）    A．1 B．2 C．3 D．4 【变式6-3】（2026高一·广东深圳·期末）如图，直三棱柱中，，为棱的中点，，，为棱上一点． (1)求证：平面平面； (2)是否存在点，使得直线与平面的夹角为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由． ▌题型07 求平面与平面所成角 1.核心逻辑 两平面夹角取，取两个平面法向量夹角的余弦绝对值；二面角范围，不加绝对值。 2.解题步骤 （1）建系，写出各点坐标； （2）分别求两个平面的法向量； （3）计算； （4）平面夹角取绝对值，再求角。 3.易错提醒 和二面角混淆，忘记加绝对值，算出钝角。 【例7】（2026高三·贵州遵义·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，，． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【变式7-1】（2026高二·天津滨海新区·阶段检测）已知正三棱柱中，侧棱长为，底面边长为2，为的中点. (1)证明：； (2)求平面和平面夹角的大小； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 【变式7-2】（2026高一·海南海口·期末）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，． (1)求证：； (2)求平面和平面夹角的余弦值． 【变式7-3】（2026高三·北京·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，，，是线段的中点，连结． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. ▌题型08 求二面角 1.核心逻辑 二面角，等于或互补于两平面法向量夹角；观察图形：二面角为锐角/直角直接用，钝角取。 2.解题步骤 （1）建系，求出两个平面法向量； （2）计算； （3）看图判断二面角是锐角还是钝角； （4）锐角、直角直接用计算出的余弦；钝角取相反数再求角。 3.易错提醒 不看图判断二面角类型，直接照搬法向量夹角；法向量方向取反导致符号错误。 【例8】（2026高一·辽宁大连·期末）如图,正四棱柱中，，点为的中点．    (1)求证：平面平面； (2)求二面角的余弦值． 【变式8-1】（2026高一·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，且，，点在线段上，满足：平面 (1)确定点的位置并说明原因； (2)求二面角的正弦值． 【变式8-2】（2026高二·福建漳州·期末）在正三棱柱中，已知分别是棱的中点． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的余弦值． 【变式8-3】（2026高二·重庆沙坪坝·期末）已知直三棱柱中各棱长均为为中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值． ▌题型09 求平面与平面所成角（或二面角）的最值问题 1.核心逻辑 法向量含参数，把余弦表达式转化为函数，根据余弦值域确定角度范围；平面夹角看，二面角看本身。 2.解题步骤 （1）写出带参数的两个平面法向量； （2）写出对应余弦表达式； （3）化简为二次分式，利用配方法求值域； （4）结合余弦单调性，求出角度最大、最小值； （5）验证参数取值能取到边界。 3.易错提醒 平面夹角忘记加绝对值；二面角不区分图形正负。 【例9】（2026高一·湖南长沙·期末）如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，平面平面． (1)证明：； (2)设直线与平面所成角为．若点为棱上的动点（不包括端点），求二面角的正弦值的最小值． 【变式9-1】（2026高一·山东济宁·期末）如图所示，在四棱锥中，和都垂直于平面，，平面分别交侧棱，于点E，F，且平面． (1)证明：E为的中点； (2)已知点M为内（含边界）不与A，D重合的一点，且． （ⅰ）证明：平面平面； （ⅱ）若，求二面角的取值范围． 【变式9-2】（2026高一·广东肇庆·期末）如图，在直三棱柱中，，平面平面，为线段（不含端点）上的动点．    (1)求证：平面； (2)求证：是直角三角形； (3)求平面与平面夹角的余弦值的取值范围． 【变式9-3】（2026高一·湖北武汉·期末）在如图1所示平面四边形中，，，，，将沿翻折至（图2），其中为动点，连接，令，．点，，分别为，，的中点，点在上且满足，与交于，与交于，连接．      (1)证明：平面； (2)当平面平面时，求的值； (3)求二面角的余弦值的最小值． ▌题型10 已知平面与平面所成角（或二面角）求参数 1.核心逻辑 已知平面夹角用绝对值等式；已知二面角分锐角、钝角列等式，解方程得到参数。 2.解题步骤 （1）建系，写出含参法向量； （2）若给平面夹角：； （3）若给二面角：根据图形正负去掉绝对值列等式； （4）等式平方化简，解参数； （5）回代检验模长不为0，舍去增根。 3.易错提醒 已知二面角钝角时直接套绝对值；平方后产生多解不验证图形。 【例10】（2026高一·内蒙古阿拉善·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面，平面平面.    (1)证明：平面； (2)当为何值时，二面角的余弦值为. 【变式10-1】（2026高二·河南信阳·期末）如图，在四棱锥中，，，，，平面． (1)求证：； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求． 【变式10-2】（2026高一·吉林长春·期末）如图，在四棱锥中，，，，，，点为棱上一点．    (1)证明：平面平面； (2)当点为棱的中点时，求直线与平面所成角的正弦值； (3)当平面与平面的夹角的余弦值为时，求． 【变式10-3】（2026·广西·模拟预测）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． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 利用空间向量法求空间角10种常见考法归类 ▌题型01 求异面直线所成角 【例1】【答案】B 【分析】利用勾股定理逆定理证明，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线夹角的余弦值. 【详解】在中，， 因为，所以. 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 又平面平面，所以. 如图，以为原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系. 则. 因为是的中点，所以. 所以. 设直线与直线所成角为， 则 . 所以直线与直线所成角的余弦值为. 【变式1-1】【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，求出两直线的方向向量，利用向量夹角公式计算异面直线所成角的余弦值 【详解】设正方体的棱长为1，以D为坐标原点，分别以、、的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系. 则，，，. ∴， ，, . 设直线和所成角为，则， 所以. 【变式1-2】【答案】A 【分析】根据图形特点建立空间直角坐标系，利用向量计算即可. 【详解】因为二面角为直二面角，为交线， 故平面平面，平面平面，又，平面， 所以底面， 以为原点，建立空间直角坐标系如图所示， 因为，， 所以为等腰直角三角形， 则，，，, ，, 设与所成的角为， 则. 【变式1-3】【答案】A 【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴建系，利用空间向量求解即可. 【详解】因为，，， 所以，所以， 在直三棱柱中，平面, 以为原点，为轴，为轴，为轴建系， 则则 , 所以，， 设异面直线和所成的角为， 则. ▌题型02 求异面直线所成角的最值问题 【例2】【答案】B 【分析】先选择恰当的空间基底，用基底向量表示相关向量，再利用向量数量积公式计算异面直线所成角的余弦值，将几何问题转化为代数问题，再结合函数单调性求角度的最小值. 【详解】设，，，则， ，， ，. 因为点为棱上动点，设，， 则，， ， ，则， ， ，， 设异面直线与所成角为，则， 因为函数在上单调递增， 所以，当时，取得最大值，此时，所以取得最小值为， 即异面直线与所成角的最小值为. 【变式2-1】【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，将几何问题转化为关于二面角的函数问题，再求解三角函数的最值即可. 【详解】取的中点记为，连接，，.，，则二面角的平面角为. 记二面角的大小为，则. 如图所示，以为原点，为轴，为轴， 过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系. ，. ，，. 直线和所成角为， ，. 当，即，有最小值，最小值为. 【变式2-2】【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，然后求出对应点的坐标，然后结合空间向量的运算求解即可． 【详解】以为原点，以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，，， 设，， 则， 则，， 则， 设直线与直线所成角为， 则， 当且仅当时取等号， 则直线与直线所成角的余弦值的最大值为， 故选：D． 【变式2-3】【答案】C 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设点，求得平面的一个法向量为，根据平面，得到，结合向量的夹角公式和二次函数的性质，即可求解. 【详解】以为原点，以，，所在直线为轴，轴和轴建立空间直角坐标系， 如图所示，设，，， 则，，，， 可得，，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 因为平面，所以， 设异面直线与所成角为， 则， 当最大时，取最小值， 由， 所以当时，最大为，此时最小为. 故选：C. ▌题型03 根据异面直线所成角求参数 【例3】【答案】(1)证明：如图在中，过点作交于点，连接. 因为，所以.所以，，，四点共面. 因为平面，平面，平面平面， 所以. 所以四边形是平行四边形. 所以. 所以为的中点. (2) 【分析】（1）在中，过点作交于点，利用平面证明即可. （2）取中点，以为原点建立空间直角坐标系，设点的坐标，利用直线与平面所成的角为即可求解点的坐标，从而可计算四棱锥的体积． 【详解】（1）略 （2）取中点，连接. 因为，所以. 因为，，所以四边形为正方形. 所以，. 因为，所以. 又因为，平面，平面， 所以平面.因为平面，所以. 如图，以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. ，，，， 设，. ，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，所以. 直线与平面所成角为， 所以. 解得. 所以. 所以四棱锥的体积为. 【变式3-1】【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． 【变式3-2】【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3-3】【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. ▌题型04 求直线与平面所成角 【例4】【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，将用坐标表示，再计算出面的法向量，最后根据平面与直线所成角的正弦值公式计算出结果 【详解】设正方体的边长为2，并以为z轴的正方向，以为x轴的正方向, 以为y轴的正方向，则， 因此，，， 设面的法向量，则，即， 令，解得，即，设直线与平面所成角为， 则.    【变式4-1】【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系后结合线面角的公式计算即可． 【详解】如图，以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 因为，，所以，，所以， 因为，所以,， 设平面的法向量为， 所以，所以，取，所以平面的一个法向量为， 设与平面所成角为，所以. 【变式4-2】【答案】(1)2 (2) 【分析】（1）在平面内过A作，垂足为D，证明平面，根据题意算出，即可求解侧棱的长； （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）在平面内过A作，垂足为D， 因为侧面为矩形，所以， 又，，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 因为，所以，平面，平面 平面， 所以平面. 所以，解得， 因为，所以，所以； （2）如图，以A为坐标原点，以AB，AC，AD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 故，. 因为，则， 故， 设平面的法向量为， 则,即，令，则， 故平面的一个法向量为， 设直线AE与平面所成角为， 则， 所以直线AE与平面所成角的正弦值为． 【变式4-3】【答案】(1)连接并延长，交圆于点，连接， 则，， 所以四边形为矩形，所以， 因为，所以， 故平面与平面的交线为所在直线，即所在直线为直线， 因为为直径，所以， 因为平面平面，交线为，平面， 所以平面，即平面. (2)存在，1 【分析】（1）由三角形中位线性质得，结合圆的直径特征构造矩形，以此确定两平面的交线；利用直径所对圆周角为直角得到线线垂直，再结合面面垂直的性质定理，证明平面. （2）建立空间直角坐标系，设出直线上点的坐标，求出平面的法向量；根据线面角的向量计算公式列方程，解出参数后得到的长度，验证点是否存在. 【详解】（1）略 （2）在上取点，连接，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，垂直，的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，， 所以，，，， ，， 则， 设平面的法向量为， 则 解得，令，则， 故，又， 故， 解得，故，即直线上存在点， 使得直线与平面所成的角的正弦值为，且. ▌题型05 求直线与平面所成角的最值问题 【例5】【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，根据向量法求出直线与平面所成的角为的正弦值，再表示出并求出其最小值即可. 【详解】设正方体边长为2，以D为原点建立空间直角坐标系如图所示， 则,,,, 设,则,, 设平面的法向量为,则由得 取，则, 所以为平面的一个法向量， 所以直线与平面所成的角的正弦值 又由，所以, 所以， 又因,所以,所以最小值为 故选：A 【变式5-1】【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，设，进而得，利用向量夹角公式即可求解. 【详解】根据题意，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图， 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 设，所以， 因为平面， 所以，解得， 所以， 显然平面的一个法向量为， 所以， 当时，取最大值，即取最大值，即， 所以，所以. 【变式5-2】【答案】D 【分析】设正方体的棱长为1，且，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求得和平面的法向量，结合向量的夹角公式，求得，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】设正方体的棱长为1，且， 以点为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 则， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 则， 设，即 当时，；当或时，， 所以. 故选：D. 【变式5-3】【答案】A 【分析】根据题意，可得，，所以建立空间直角坐标系，根据线面角可得，再结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】因为，，， 所以，即， 又平面平面，平面与平面相交于， 所以平面，又，平面， 所以，，又， 建立以为坐标原点，以，，为，，轴的空间直角坐标系，如图所示，    则，，，， 因为是直线上的一点，设， 所以，，， 设平面的法向量为， ，即，令，可得， 设与平面所成角为，则， 当时，， 令， 则， 当时，即，时，. 故选：A ▌题型06 已知线面角求参数 【例6】【答案】D 【分析】建立适当空间直角坐标系，设，求和面的一个法向量，由得到关系，再结合二次函数性质计算即可求解. 【详解】由题意可以以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设，则，而平面的一个法向量， 由直线与平面所成的角为得， 整理得， 因此，当且仅当时取等号， 所以的最小值为． 故选：D 【变式6-1】【答案】C 【分析】作图，根据侧棱与下底面所成角的正弦值及的长求出正四棱台的高，再根据棱台的体积公式求解即可. 【详解】 如图，分别取的中点，则分别为上下底面的中心， 则即为正四棱台的高. 设正四棱台的高为， 取中点，连接，则有. 所以是棱与平面所成角， 又正四棱台中，，，，得. 则，解得. 由上底面面积为，下底面面积为. 故正四棱台的体积. 故选：C 【变式6-2】【答案】D 【分析】建立空间坐标系，设棱柱高，求出平面的法向量，令，求出的值. 【详解】以为原点，以，，为坐标轴建立空间坐标系如图所示，    设，则，，， 故，，， 设平面的一个法向量为， 则，可取， 故， 又直线与平面所成角的正弦值为， ，解得. 故选：D. 【变式6-3】【答案】(1)由直三棱柱得四边形为矩形，由题意，， 因此，．由勾股定理的逆定理得， 因为，，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． (2)存在， 【分析】（1）根据条件，利用线面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直的判定定理，即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和，结合条件，由线面角的向量法，即可求解. 【详解】（1）略 （2）由直三棱柱得，因为， ，，平面， 所以平面．因为平面， 所以，又由直三棱柱得，， 以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴和轴， 建立空间直角坐标系，如图， 由题意，，，，，． 设（），可得． 因此，，． 设平面的法向量为，则，即， 取，则，，所以， 因此直线与平面夹角的正弦值为， 解得，即为中点，所以， 因此，存在点满足题意，此时． ▌题型07 求平面与平面所成角 【例7】【答案】(1)因为底面是正方形，所以， 因为，，平面， 所以平面，且平面， 所以平面平面. (2) 【分析】（1）由题意有，再由线面、面面垂直的判定定理证明结论； （2）根据已知求出相关线段长，构建合适的空间直角坐标系，求出平面的法向量，应用向量法求面面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）由题意，正方形的边长为，则， 在中，，， 因为，所以， 在中，设为与的交点，则， 所以，故是等边三角形，， 由（1）知平面平面，且交线为，过作于， 而平面，则平面 ， 在中，， 以为原点，为轴正方向，为轴正方向建立如图空间直角坐标系， 所以，，，，， 因为在上，且，所以， 因为底面且，可得， 平面的法向量，，， 所以，取，则， 平面的法向量，，， 所以，取，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 平面与平面夹角的余弦值为. 【变式7-1】【答案】(1)证明：由为正三棱柱可知，平面， 又平面，所以， 又因点D为正三角形的边AB的中点，所以； 又，平面，所以平面； 又平面，所以. (2) (3) 【分析】（1）先由正三棱柱的性质可得平面，再利用线面垂直的判定定理证明平面，由线面垂直的性质定理可得； （2）以的中点O为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，及平面的一个法向量，利用求平面与平面夹角的大小； （3）设直线CA与平面所成的角为，利用求直线CA与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）分别取线段的中点，连接，易知两两垂直， 可以O为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示; 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得； 易得为平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为，则     ， 因,则，即平面与平面夹角为； （3）由（2）可知，平面的一个法向量为， 设直线CA与平面所成的角为， 所以， 即直线CA与平面所成角的正弦值为. 【变式7-2】【答案】(1)因为平面，又因为平面，所以． 在正方形中，易知， 又因为，，平面， 因此平面． 又平面，故. (2) 【分析】（1）先根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据线面垂直证明线线垂直. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦. 【详解】（1）略 （2）易知，，两两互相垂直， 因此可以为坐标原点，以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，． 由（1）可知，平面，故是平面的法向量． 设平面的法向量为，则有，即， 得，取，则，即，则， 所以平面和平面夹角的余弦值为． 【变式7-3】【答案】(1)因为四边形为菱形，所以． 又因为，为的中点，所以． 又因为平面平面， 平面平面， 所以平面，因为平面， 所以． (2) 【分析】（1）通过证明线面垂直得到线线垂直； （2）利用向量法求解，求出两个平面的一个法向量，再求出两个法向量夹角的余弦值的绝对值，即两个平面夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）连结．因为，为的中点， 所以． 由（1）可知平面， 所以，． 设，则． 如图，建立空间直角坐标系． 所以． 所以，． 因为平面， 所以是平面的一个法向量． 设平面的法向量为， 则，即，所以 令，则，．于是． 所以． 平面与平面夹角余弦值为． ▌题型08 求二面角 【例8】【答案】(1)由正四棱柱的性质，可知两两垂直. 所以以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系.   ， ， 设平面法向量为，则 ， 取其中一组解得. 设平面法向量为，则 取其中一组解得. 因为， 所以，即平面平面. (2) 【分析】(1)利用正四棱柱的性质建立空间直角坐标系，求出平面与平面法向量，然后利用证明平面平面. (2)分别求出平面与平面法向量，然后利用向量夹角公式求二面角的余弦值即可. 【详解】（1）略. （2）因为， 设平面法向量为，则 ， 取其中一组解得. 由题可知二面角所夹角为锐角，故二面角的余弦值大于0. 所以二面角的余弦值为. 【变式8-1】【答案】(1)连接交于点，连接， 因为底面是矩形，所以是的中点， 已知平面，且平面， 平面平面，所以， 在中，为中点且，因此是的中位线， 故为线段的中点. (2) 【分析】（1）利用线面平行的性质定理推导出线线平行，再结合三角形的中位线确定中点位置 （2）法一: 利用等体积法求出点到平面的距离，再结合余弦定理与三角形面积公式求出相应的斜高，最后通过定义在直角三角形中直接计算出该二面角的正弦值；法二:证明面面垂直找到几何体的高并建立空间直角坐标系，通过求两平面法向量的夹角余弦值，最终转化为二面角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）法一，设点在平面上的投影为点，过点作交于点，连接， 因为平面，平面，所以， ，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因此为二面角的平面角或其补角， 因此， 由题意得，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 在中，，，， ， 取的中点，在等腰三角形中，易得，，，， ，， ，且， ，解得， ， ， ，所以， ， 所以， ， 所以， 则， 又因为，代入得， 则. 法二：由题意得，且， ，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 取的中点，连接， 因为，所以， 平面平面，所以平面， 在中，，， 在中，， 以为原点，以为轴正方向建系， 则， 且，，， 设平面的法向量为， 则，令，解得，故， ，，设平面的法向量为， 则，令，解得，故， 设二面角的平面角为， ， 则， 综上， 二面角的正弦值为. 【变式8-2】【答案】(1)如图： 在矩形中，分别为的中点，连接，则， 平面，平面，所以平面. 在与中，因为，，因为，所以， 因为平面，平面，所以平面. 因为平面，且，所以平面平面． (2) 【分析】（1）根据面面平行的判定定理进行证明. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦. 【详解】（1）略 （2）以中点为坐标原点，所在直线为x轴正方向，所在直线为y轴正方向， 过点和平面垂直的直线为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 因， 则，即. 令，则， 设平面的法向量为， 所以， 所以所求二面角的余弦值为． 【变式8-3】【答案】(1)连接，交于点，则为的中点. 连接，因为为中点，所以. 又平面，平面， 所以平面. (2) 【分析】（1）连接，交于点，连接，则.由线面平行的判定定理可证得平面； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据面面角的向量求法可得. 【详解】（1）略 （2）直三棱柱中平面， 三棱柱中各棱长均为，所以为正三角形， 又为中点，所以，且. 如图所示，以所在直线为轴，以过且平行于的直线为轴建立空间直角坐标系， 则. 所以. 设平面的法向量为， 则， 令，则平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 则， 令，则平面的一个法向量为. . 故二面角的余弦值为． ▌题型09 求平面与平面所成角（或二面角）的最值问题 【例9】【答案】(1)证明：连接交于点，连接， 因为底面为菱形，所以为的中点，可得,， 又因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，又，由为公共边， 所以，所以. (2) 【分析】（1）连接交于点，证得平面，得到，结合，证得，即可证得； （2）以,所在直线分别为轴和轴，建立空间直角坐标系，设，求得，求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式和二次函数的性质，即可求解. 【详解】（1）略 （2）解：过点作于点， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 所以为直线于平面所成的角，即， 因为平面，平面，所以， 又因为，且，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，所以为的垂心， 因为底面是边长为的菱形，且，所以为等边三角形， 所以点为的重心，可得， 则，且, 又因为，所以， 以为轴，以为轴，过点作平面的垂线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 设，可得， 则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设二面角的平面角为 ， 则， 令 ，则， 所以， 由于， 所以， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最大值为，所以的最小值为. 【变式9-1】【答案】(1)证：因为平面，平面平面，平面，所以. 因为平面，平面，所以， 又平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以. 四边形为平行四边形，故且， ，所以为中点. (2)(i)因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. (ii) 【分析】（1）通过线面垂直证明为平行四边形，并利用相似三角形证明中点. （2）(i)利用线面垂直证明面面垂直. (ii)通过建立空间直角坐标系求解轨迹，并利用法向量求解二面角范围. 【详解】（1）略 （2）(i)略 (ii) 建立如图空间直角坐标系. 设，所以为等边三角形. ，，，，，. 设，，，因为，所以. 在以为圆心，的半圆上， 因为直线为，所以与半圆交， 同理直线与半圆交， 故. 因为，，所以平面法向量且， 设，则且， 解得. 平面法向量. 所以二面角余弦值. 因为，所以，. 所以，所以. 【变式9-2】【答案】(1)在直三棱柱中，连接，由，得四边形为正方形， 则，而平面平面，平面平面， 平面，所以平面. (2)由（1）知，平面，而平面，则， 由平面，平面，得，又， 平面，因此平面，而平面， 所以，即是直角三角形. (3). 【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质推理得证. （2）由（1）的结论，利用线面垂直的性质、判定推理得证. （3）以点为原点建立空间直角坐标系，令，求出相关点的坐标及平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法列式求出范围. 【详解】（1）略 （2）略 （3）在直三棱柱中，由（2）知直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，令， 则，令，， ，， 设平面的法向量，则， 取，得，平面，即平面，设其法向量为， 则，取，得，设平面与平面的夹角为， 因此， 由，得，则， ，即， 所以平面与平面夹角的余弦值的取值范围是. 【变式9-3】【答案】(1)证明：因为分别为边的中点，所以为的中线，且， 所以为的重心，则， 在中，，， 则，，即， 又因为，所以∽，则， 在中，， 则，故， 又因,则,即为的中点， 故为的中线，且，则为的重心，即， 则，所以在中，， 因为平面，平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）利用两个三角形的重心性质证明，再由对应边成比例推出，从而得到平面， （2）由面面垂直的性质推论将平面垂直关系转化为向量垂直方程，结合基向量分类求解t即可. （3）建立空间直角坐标系，用参数表示点P，求平面AEM的法向量，再将二面角余弦表示成单变量函数，通过单调性求最小值. 【详解】（1）略 （2）当平面平面时，因， 则平面或平面， 设，，， 则，，， 因为，所以， 在中，，， 则由余弦定理，， 所以， 设，在中，，， 则， 又，， ，， 情况一： 若平面， 因为平面，则，即， 即， 即， 即，解得， 将其代入到，即， 解得(负值舍去)，满足， 情况二： 若平面， 因为平面，则，即， 即， 即， 即，解得， 将其代入到，即， 解得(负值舍去)，不满足， 综上所述，当平面平面时，. （3）依题意，以点为坐标原点，以所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系， 则，， 设，则，， 两式相减得，代回原式得，则， 则，将代入得， 即，由于，则， 易得平面的法向量为， 因，则，， 设平面的法向量为， 则有，故可取， 设二面角的平面角为，由图可知该二面角为锐二面角， 则， 将代入得， 设，因为，则，此时恒为负数， 则，则， 因为在上单调递减，则在上 单调递减， 所以，则， 即二面角的余弦值的最小值为.    ▌题型10 已知平面与平面所成角（或二面角）求参数 【例10】【答案】(1)证明：因为平面，平面，所以. 过点作，交于点. 因为平面平面，平面平面，所以平面. 又平面，所以. 因为平面，，所以平面. 因为底面是菱形，所以，所以平面. (2) 【分析】（1）根据线面垂直的性质、面面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可. （2）过点作，交于点，连接、.设，根据余弦定理，结合勾股定理、勾股定理逆定理证得，进而得到即为二面角的平面角，在中利用余弦定理求解即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，平面， 因为平面，所以，所以四边形为正方形. 连接，则. 过点作，交于点，连接. 设，在中，， 在中，. 在中，，， 则. 在中，， 在中， . 因为，， 所以，则为直角三角形，且， 所以即为二面角的平面角，则. 在中，， 所以，则，所以或（舍去）. 故当时，二面角的余弦值为. 【变式10-1】【答案】(1)连接，，， 所以，均在的垂直平分线上，即垂直平分． 又平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以． (2)． 【分析】（1）求证平面，再利用线面垂直的定义即可； （2）以为坐标原点建系，利用法向量计算面面角即可. 【详解】（1）略 （2）设，交于，，，为正三角形， ，， 又，所以． 以为坐标原点，分别以，为，轴，以平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 设，则， 因为，所以，则，， 设平面的法向量为， 则，设，则． 又，， 设平面的法向量为， 则，设，则． 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以，解得． 故． 【变式10-2】【答案】(1)证明：因为， 所以，，所以 又，且平面， 所以平面，又因为平面，所以平面平面. (2)； (3). 【分析】（1）由勾股定理证得，再由线面垂直的判定定理即可证得； （2）由条件如图建立空间直角坐标系，先求平面的法向量，再利用公式求解； （3）设 ，分别求平面的法向量是和平面的法向量，利用公式，求点的位置. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知两两垂直，以为原点，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， 当点为棱的中点时，． 设平面的一个法向量，    则即取， 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为． （3）由（2）可知， 设，则， 设平面的一个法向量， 则，即 令，解得，故， 设平面的一个法向量为， 由，得令，解得， 故， 所以， 即，整理，得， 解得或（舍去）． 故． 【变式10-3】【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．    1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 利用空间向量法求空间角10种常见考法归类 （题型突破·举一反三） 题型 01 求异面直线所成角 题型 02 求异面直线所成角的最值问题 题型 03 根据异面直线所成角求参数 题型 04 求直线与平面所成角 题型 05 求直线与平面所成角的最值问题 题型 06 已知线面角求参数 题型 07 求平面与平面所成角 题型 08 求二面角 题型 09 求平面与平面所成角（或二面角）的最值问题 题型 10 已知平面与平面所成角（或二面角）求参数 ▌题型01 求异面直线所成角 1.核心逻辑 异面直线夹角取锐角或直角，用两条直线方向向量夹角的绝对值计算。 2.解题步骤 （1）建系，写出各顶点坐标； （2）取两条异面直线的方向向量； （3）计算数量积、模； （4）代入公式； （5）根据余弦值写出异面直线角。 3.易错提醒 忘记加绝对值，算出钝角；混淆向量夹角与异面直线范围。 【例1】（2026高一·河南郑州·期末）如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，求直线与直线所成角的余弦值（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用勾股定理逆定理证明，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线夹角的余弦值. 【详解】在中，， 因为，所以. 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 又平面平面，所以. 如图，以为原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系. 则. 因为是的中点，所以. 所以. 设直线与直线所成角为， 则 . 所以直线与直线所成角的余弦值为. 【变式1-1】（2026高一·江苏常州·期末）在正方体中，点分别在线段和上，且，，则直线和所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，求出两直线的方向向量，利用向量夹角公式计算异面直线所成角的余弦值 【详解】设正方体的棱长为1，以D为坐标原点，分别以、、的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系. 则，，，. ∴， ，, . 设直线和所成角为，则， 所以. 【变式1-2】（2026·山东济南·模拟预测）在平行四边形中，设，，，沿将平行四边形折成一个直二面角，则与所成的角的余弦值是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据图形特点建立空间直角坐标系，利用向量计算即可. 【详解】因为二面角为直二面角，为交线， 故平面平面，平面平面，又，平面， 所以底面， 以为原点，建立空间直角坐标系如图所示， 因为，， 所以为等腰直角三角形， 则，，，, ，, 设与所成的角为， 则. 【变式1-3】（2026高二·福建漳州·期中）如图，在直三棱柱中，，，，，为棱的中点，则异面直线和所成的角的余弦值为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴建系，利用空间向量求解即可. 【详解】因为，，， 所以，所以， 在直三棱柱中，平面, 以为原点，为轴，为轴，为轴建系， 则则 , 所以，， 设异面直线和所成的角为， 则. ▌题型02 求异面直线所成角的最值问题 1.核心逻辑 向量含参数时，把整理为含参函数，利用函数值域求最值，再反推最值；越大，越小。 2.解题步骤 （1）建系写出含参方向向量； （2）写出的参数表达式； （3）分子分母化简，平方转化为二次分式/二次函数； （4）求分式值域，得到最大、最小值； （5）结合余弦单调性，得到异面角最大、最小值。 3.易错提醒 忽略绝对值导致符号出错；分不清余弦值大小与角度大小的变化关系。 【例2】（2026高二·浙江·学业考试）斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧棱，，点为棱上动点，则异面直线与所成角的最小值为（     ） A．30° B．45° C．60° D．75° 【答案】B 【分析】先选择恰当的空间基底，用基底向量表示相关向量，再利用向量数量积公式计算异面直线所成角的余弦值，将几何问题转化为代数问题，再结合函数单调性求角度的最小值. 【详解】设，，，则， ，， ，. 因为点为棱上动点，设，， 则，， ， ，则， ， ，， 设异面直线与所成角为，则， 因为函数在上单调递增， 所以，当时，取得最大值，此时，所以取得最小值为， 即异面直线与所成角的最小值为. 【变式2-1】（2026高二·江苏泰州·阶段检测）如图，四边形，，，将沿折起，当二面角的值属于区间时，直线和所成角为，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，将几何问题转化为关于二面角的函数问题，再求解三角函数的最值即可. 【详解】取的中点记为，连接，，.，，则二面角的平面角为. 记二面角的大小为，则. 如图所示，以为原点，为轴，为轴， 过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系. ，. ，，. 直线和所成角为， ，. 当，即，有最小值，最小值为. 【变式2-2】（2026高二·广东东莞·专题练习）如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值的最大值为（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，然后求出对应点的坐标，然后结合空间向量的运算求解即可． 【详解】以为原点，以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，，， 设，， 则， 则，， 则， 设直线与直线所成角为， 则， 当且仅当时取等号， 则直线与直线所成角的余弦值的最大值为， 故选：D． 【变式2-3】（2026高三·广东河源·阶段检测）如图，正方体中，点是的中点，点为正方形内一动点，且平面，若异面直线与所成角为，则的最小值等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设点，求得平面的一个法向量为，根据平面，得到，结合向量的夹角公式和二次函数的性质，即可求解. 【详解】以为原点，以，，所在直线为轴，轴和轴建立空间直角坐标系， 如图所示，设，，， 则，，，， 可得，，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 因为平面，所以， 设异面直线与所成角为， 则， 当最大时，取最小值， 由， 所以当时，最大为，此时最小为. 故选：C. ▌题型03 根据异面直线所成角求参数 1.核心逻辑 已知异面角，代入，列含参方程求解。 2.解题步骤 （1）建系，写出带参数的两个方向向量； （2）表示出； （3）代入已知角度的余弦值，等式两边平方去掉绝对值； （4）解方程，检验分母模长不为0，舍去增根。 3.易错提醒 不平方直接去绝对值，漏解；不检验模长为0的无效参数。 【例3】（2026高二·北京·阶段检测）如图，在四棱锥中，，，，，，．E是棱上一点，平面． (1)求证：E为的中点； (2)若直线与平面所成的角为，求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明：如图在中，过点作交于点，连接. 因为，所以.所以，，，四点共面. 因为平面，平面，平面平面， 所以. 所以四边形是平行四边形. 所以. 所以为的中点. (2) 【分析】（1）在中，过点作交于点，利用平面证明即可. （2）取中点，以为原点建立空间直角坐标系，设点的坐标，利用直线与平面所成的角为即可求解点的坐标，从而可计算四棱锥的体积． 【详解】（1）略 （2）取中点，连接. 因为，所以. 因为，，所以四边形为正方形. 所以，. 因为，所以. 又因为，平面，平面， 所以平面.因为平面，所以. 如图，以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. ，，，， 设，. ，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，所以. 直线与平面所成角为， 所以. 解得. 所以. 所以四棱锥的体积为. 【变式3-1】（2026·广西桂林·模拟预测）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． 【变式3-2】（2026·广西崇左·模拟预测）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3-3】（2026高三·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) 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. ▌题型04 求直线与平面所成角 1.核心逻辑 线面角是直线与平面中所有直线最小角，范围；直线方向向量，平面法向量，满足。 2.解题步骤 （1）建立坐标系，标出点坐标； （2）求直线方向向量； （3）在平面内取两相交向量，求出平面法向量； （4）计算； （5）该值等于，反求线面角。 3.易错提醒 直接用代替，公式混淆；忘记加绝对值。 【例4】（2026高三·全国·专题练习）正方体中，E、F分别为、的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，将用坐标表示，再计算出面的法向量，最后根据平面与直线所成角的正弦值公式计算出结果 【详解】设正方体的边长为2，并以为z轴的正方向，以为x轴的正方向, 以为y轴的正方向，则， 因此，，， 设面的法向量，则，即， 令，解得，即，设直线与平面所成角为， 则.    【变式4-1】（2026高三·全国·专题练习）如图，在长方体中，，，则与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系后结合线面角的公式计算即可． 【详解】如图，以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 因为，，所以，，所以， 因为，所以,， 设平面的法向量为， 所以，所以，取，所以平面的一个法向量为， 设与平面所成角为，所以. 【变式4-2】（2026高三·江苏无锡·阶段检测）三棱柱中，，，侧面为矩形，，三棱锥的体积为． (1)求侧棱的长； (2)若点E位于侧棱上，且，求直线AE与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)2 (2) 【分析】（1）在平面内过A作，垂足为D，证明平面，根据题意算出，即可求解侧棱的长； （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）在平面内过A作，垂足为D， 因为侧面为矩形，所以， 又，，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 因为，所以，平面，平面 平面， 所以平面. 所以，解得， 因为，所以，所以； （2）如图，以A为坐标原点，以AB，AC，AD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 故，. 因为，则， 故， 设平面的法向量为， 则,即，令，则， 故平面的一个法向量为， 设直线AE与平面所成角为， 则， 所以直线AE与平面所成角的正弦值为． 【变式4-3】（2026高二·广东深圳·阶段检测）如图，是以为直径的圆上异于，的点，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线. (1)证明：平面； (2)直线l上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)连接并延长，交圆于点，连接， 则，， 所以四边形为矩形，所以， 因为，所以， 故平面与平面的交线为所在直线，即所在直线为直线， 因为为直径，所以， 因为平面平面，交线为，平面， 所以平面，即平面. (2)存在，1 【分析】（1）由三角形中位线性质得，结合圆的直径特征构造矩形，以此确定两平面的交线；利用直径所对圆周角为直角得到线线垂直，再结合面面垂直的性质定理，证明平面. （2）建立空间直角坐标系，设出直线上点的坐标，求出平面的法向量；根据线面角的向量计算公式列方程，解出参数后得到的长度，验证点是否存在. 【详解】（1）略 （2）在上取点，连接，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，垂直，的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，， 所以，，，， ，， 则， 设平面的法向量为， 则 解得，令，则， 故，又， 故， 解得，故，即直线上存在点， 使得直线与平面所成的角的正弦值为，且. ▌题型05 求直线与平面所成角的最值问题 1.核心逻辑 ，式子含参数时转化为函数，由范围推出最值；越大，线面角越大。 2.解题步骤 （1）写出含参直线方向向量或平面法向量； （2）写出的参数代数式； （3）化简为二次函数/分式函数，求值域； （4）根据正弦函数单调性，得到线面角最大、最小值； （5）标注参数取等条件。 3.易错提醒 搞反和角度增减关系；不限制。 【例5】（2026高二·江苏宿迁·期中）在正方体中，点为线段的中点.点在线段上，直线与平面所成的角为，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，根据向量法求出直线与平面所成的角为的正弦值，再表示出并求出其最小值即可. 【详解】设正方体边长为2，以D为原点建立空间直角坐标系如图所示， 则,,,, 设,则,, 设平面的法向量为,则由得 取，则, 所以为平面的一个法向量， 所以直线与平面所成的角的正弦值 又由，所以, 所以， 又因,所以,所以最小值为 故选：A 【变式5-1】（2026·四川遂宁·模拟预测）在直三棱柱中，，点为的中点，点为侧面内（含边界）的动点，且平面，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，设，进而得，利用向量夹角公式即可求解. 【详解】根据题意，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图， 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 设，所以， 因为平面， 所以，解得， 所以， 显然平面的一个法向量为， 所以， 当时，取最大值，即取最大值，即， 所以，所以. 【变式5-2】（2026高二·山东德州·期中）如图，在正方体中，点P在线段上，若直线DP与平面所成的角为，则的取值范围是（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设正方体的棱长为1，且，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求得和平面的法向量，结合向量的夹角公式，求得，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】设正方体的棱长为1，且， 以点为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 则， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 则， 设，即 当时，；当或时，， 所以. 故选：D. 【变式5-3】（2026高二·福建泉州·阶段检测）如图，在平行四边形中，，，，是的中点，沿将翻折至的位置，使得平面平面.若是直线上的一点，求直线与平面所成角正弦值的最大值是（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，可得，，所以建立空间直角坐标系，根据线面角可得，再结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】因为，，， 所以，即， 又平面平面，平面与平面相交于， 所以平面，又，平面， 所以，，又， 建立以为坐标原点，以，，为，，轴的空间直角坐标系，如图所示，    则，，，， 因为是直线上的一点，设， 所以，，， 设平面的法向量为， ，即，令，可得， 设与平面所成角为，则， 当时，， 令， 则， 当时，即，时，. 故选：A ▌题型06 已知线面角求参数 1.核心逻辑 给出线面角，则为定值，代入列方程解参数。 2.解题步骤 （1）建系，写出含参向量、平面法向量； （2）代入已知角的正弦值，建立等式； （3）两边平方去掉绝对值，解含参方程； （4）检验，剔除不符合题意的解。 3.易错提醒 误用余弦公式；平方后产生增根不检验。 【例6】（2026高二·江西南昌·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为四边形内（包括边界）一个动点，若直线与平面所成的角为，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立适当空间直角坐标系，设，求和面的一个法向量，由得到关系，再结合二次函数性质计算即可求解. 【详解】由题意可以以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设，则，而平面的一个法向量， 由直线与平面所成的角为得， 整理得， 因此，当且仅当时取等号， 所以的最小值为． 故选：D 【变式6-1】（2026高三·陕西榆林·阶段检测）在正四棱台中，，直线与平面所成角的正弦值为，则该棱台的体积为（    ） A．252 B．180 C．84 D．60 【答案】C 【分析】作图，根据侧棱与下底面所成角的正弦值及的长求出正四棱台的高，再根据棱台的体积公式求解即可. 【详解】 如图，分别取的中点，则分别为上下底面的中心， 则即为正四棱台的高. 设正四棱台的高为， 取中点，连接，则有. 所以是棱与平面所成角， 又正四棱台中，，，，得. 则，解得. 由上底面面积为，下底面面积为. 故正四棱台的体积. 故选：C 【变式6-2】（2026高二·辽宁大连·期中）如图，在正四棱柱中，底面边长为2，直线与平面所成角的余弦值为，则正四棱柱的高为（   ）    A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】建立空间坐标系，设棱柱高，求出平面的法向量，令，求出的值. 【详解】以为原点，以，，为坐标轴建立空间坐标系如图所示，    设，则，，， 故，，， 设平面的一个法向量为， 则，可取， 故， 又直线与平面所成角的正弦值为， ，解得. 故选：D. 【变式6-3】（2026高一·广东深圳·期末）如图，直三棱柱中，，为棱的中点，，，为棱上一点． (1)求证：平面平面； (2)是否存在点，使得直线与平面的夹角为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由． 【答案】(1)由直三棱柱得四边形为矩形，由题意，， 因此，．由勾股定理的逆定理得， 因为，，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． (2)存在， 【分析】（1）根据条件，利用线面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直的判定定理，即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和，结合条件，由线面角的向量法，即可求解. 【详解】（1）略 （2）由直三棱柱得，因为， ，，平面， 所以平面．因为平面， 所以，又由直三棱柱得，， 以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴和轴， 建立空间直角坐标系，如图， 由题意，，，，，． 设（），可得． 因此，，． 设平面的法向量为，则，即， 取，则，，所以， 因此直线与平面夹角的正弦值为， 解得，即为中点，所以， 因此，存在点满足题意，此时． ▌题型07 求平面与平面所成角 1.核心逻辑 两平面夹角取，取两个平面法向量夹角的余弦绝对值；二面角范围，不加绝对值。 2.解题步骤 （1）建系，写出各点坐标； （2）分别求两个平面的法向量； （3）计算； （4）平面夹角取绝对值，再求角。 3.易错提醒 和二面角混淆，忘记加绝对值，算出钝角。 【例7】（2026高三·贵州遵义·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，，． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)因为底面是正方形，所以， 因为，，平面， 所以平面，且平面， 所以平面平面. (2) 【分析】（1）由题意有，再由线面、面面垂直的判定定理证明结论； （2）根据已知求出相关线段长，构建合适的空间直角坐标系，求出平面的法向量，应用向量法求面面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）由题意，正方形的边长为，则， 在中，，， 因为，所以， 在中，设为与的交点，则， 所以，故是等边三角形，， 由（1）知平面平面，且交线为，过作于， 而平面，则平面 ， 在中，， 以为原点，为轴正方向，为轴正方向建立如图空间直角坐标系， 所以，，，，， 因为在上，且，所以， 因为底面且，可得， 平面的法向量，，， 所以，取，则， 平面的法向量，，， 所以，取，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 平面与平面夹角的余弦值为. 【变式7-1】（2026高二·天津滨海新区·阶段检测）已知正三棱柱中，侧棱长为，底面边长为2，为的中点. (1)证明：； (2)求平面和平面夹角的大小； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明：由为正三棱柱可知，平面， 又平面，所以， 又因点D为正三角形的边AB的中点，所以； 又，平面，所以平面； 又平面，所以. (2) (3) 【分析】（1）先由正三棱柱的性质可得平面，再利用线面垂直的判定定理证明平面，由线面垂直的性质定理可得； （2）以的中点O为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，及平面的一个法向量，利用求平面与平面夹角的大小； （3）设直线CA与平面所成的角为，利用求直线CA与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）分别取线段的中点，连接，易知两两垂直， 可以O为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示; 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得； 易得为平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为，则     ， 因,则，即平面与平面夹角为； （3）由（2）可知，平面的一个法向量为， 设直线CA与平面所成的角为， 所以， 即直线CA与平面所成角的正弦值为. 【变式7-2】（2026高一·海南海口·期末）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，． (1)求证：； (2)求平面和平面夹角的余弦值． 【答案】(1)因为平面，又因为平面，所以． 在正方形中，易知， 又因为，，平面， 因此平面． 又平面，故. (2) 【分析】（1）先根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据线面垂直证明线线垂直. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦. 【详解】（1）略 （2）易知，，两两互相垂直， 因此可以为坐标原点，以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，． 由（1）可知，平面，故是平面的法向量． 设平面的法向量为，则有，即， 得，取，则，即，则， 所以平面和平面夹角的余弦值为． 【变式7-3】（2026高三·北京·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，，，是线段的中点，连结． (1)求证：； (2)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． 又因为，为的中点，所以． 又因为平面平面， 平面平面， 所以平面，因为平面， 所以． (2) 【分析】（1）通过证明线面垂直得到线线垂直； （2）利用向量法求解，求出两个平面的一个法向量，再求出两个法向量夹角的余弦值的绝对值，即两个平面夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）连结．因为，为的中点， 所以． 由（1）可知平面， 所以，． 设，则． 如图，建立空间直角坐标系． 所以． 所以，． 因为平面， 所以是平面的一个法向量． 设平面的法向量为， 则，即，所以 令，则，．于是． 所以． 平面与平面夹角余弦值为． ▌题型08 求二面角 1.核心逻辑 二面角，等于或互补于两平面法向量夹角；观察图形：二面角为锐角/直角直接用，钝角取。 2.解题步骤 （1）建系，求出两个平面法向量； （2）计算； （3）看图判断二面角是锐角还是钝角； （4）锐角、直角直接用计算出的余弦；钝角取相反数再求角。 3.易错提醒 不看图判断二面角类型，直接照搬法向量夹角；法向量方向取反导致符号错误。 【例8】（2026高一·辽宁大连·期末）如图,正四棱柱中，，点为的中点．    (1)求证：平面平面； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)由正四棱柱的性质，可知两两垂直. 所以以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系.   ， ， 设平面法向量为，则 ， 取其中一组解得. 设平面法向量为，则 取其中一组解得. 因为， 所以，即平面平面. (2) 【分析】(1)利用正四棱柱的性质建立空间直角坐标系，求出平面与平面法向量，然后利用证明平面平面. (2)分别求出平面与平面法向量，然后利用向量夹角公式求二面角的余弦值即可. 【详解】（1）略. （2）因为， 设平面法向量为，则 ， 取其中一组解得. 由题可知二面角所夹角为锐角，故二面角的余弦值大于0. 所以二面角的余弦值为. 【变式8-1】（2026高一·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，且，，点在线段上，满足：平面 (1)确定点的位置并说明原因； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)连接交于点，连接， 因为底面是矩形，所以是的中点， 已知平面，且平面， 平面平面，所以， 在中，为中点且，因此是的中位线， 故为线段的中点. (2) 【分析】（1）利用线面平行的性质定理推导出线线平行，再结合三角形的中位线确定中点位置 （2）法一: 利用等体积法求出点到平面的距离，再结合余弦定理与三角形面积公式求出相应的斜高，最后通过定义在直角三角形中直接计算出该二面角的正弦值；法二:证明面面垂直找到几何体的高并建立空间直角坐标系，通过求两平面法向量的夹角余弦值，最终转化为二面角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）法一，设点在平面上的投影为点，过点作交于点，连接， 因为平面，平面，所以， ，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因此为二面角的平面角或其补角， 因此， 由题意得，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 在中，，，， ， 取的中点，在等腰三角形中，易得，，，， ，， ，且， ，解得， ， ， ，所以， ， 所以， ， 所以， 则， 又因为，代入得， 则. 法二：由题意得，且， ，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 取的中点，连接， 因为，所以， 平面平面，所以平面， 在中，，， 在中，， 以为原点，以为轴正方向建系， 则， 且，，， 设平面的法向量为， 则，令，解得，故， ，，设平面的法向量为， 则，令，解得，故， 设二面角的平面角为， ， 则， 综上， 二面角的正弦值为. 【变式8-2】（2026高二·福建漳州·期末）在正三棱柱中，已知分别是棱的中点． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)如图： 在矩形中，分别为的中点，连接，则， 平面，平面，所以平面. 在与中，因为，，因为，所以， 因为平面，平面，所以平面. 因为平面，且，所以平面平面． (2) 【分析】（1）根据面面平行的判定定理进行证明. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦. 【详解】（1）略 （2）以中点为坐标原点，所在直线为x轴正方向，所在直线为y轴正方向， 过点和平面垂直的直线为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 因， 则，即. 令，则， 设平面的法向量为， 所以， 所以所求二面角的余弦值为． 【变式8-3】（2026高二·重庆沙坪坝·期末）已知直三棱柱中各棱长均为为中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)连接，交于点，则为的中点. 连接，因为为中点，所以. 又平面，平面， 所以平面. (2) 【分析】（1）连接，交于点，连接，则.由线面平行的判定定理可证得平面； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据面面角的向量求法可得. 【详解】（1）略 （2）直三棱柱中平面， 三棱柱中各棱长均为，所以为正三角形， 又为中点，所以，且. 如图所示，以所在直线为轴，以过且平行于的直线为轴建立空间直角坐标系， 则. 所以. 设平面的法向量为， 则， 令，则平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 则， 令，则平面的一个法向量为. . 故二面角的余弦值为． ▌题型09 求平面与平面所成角（或二面角）的最值问题 1.核心逻辑 法向量含参数，把余弦表达式转化为函数，根据余弦值域确定角度范围；平面夹角看，二面角看本身。 2.解题步骤 （1）写出带参数的两个平面法向量； （2）写出对应余弦表达式； （3）化简为二次分式，利用配方法求值域； （4）结合余弦单调性，求出角度最大、最小值； （5）验证参数取值能取到边界。 3.易错提醒 平面夹角忘记加绝对值；二面角不区分图形正负。 【例9】（2026高一·湖南长沙·期末）如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，平面平面． (1)证明：； (2)设直线与平面所成角为．若点为棱上的动点（不包括端点），求二面角的正弦值的最小值． 【答案】(1)证明：连接交于点，连接， 因为底面为菱形，所以为的中点，可得,， 又因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，又，由为公共边， 所以，所以. (2) 【分析】（1）连接交于点，证得平面，得到，结合，证得，即可证得； （2）以,所在直线分别为轴和轴，建立空间直角坐标系，设，求得，求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式和二次函数的性质，即可求解. 【详解】（1）略 （2）解：过点作于点， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 所以为直线于平面所成的角，即， 因为平面，平面，所以， 又因为，且，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，所以为的垂心， 因为底面是边长为的菱形，且，所以为等边三角形， 所以点为的重心，可得， 则，且, 又因为，所以， 以为轴，以为轴，过点作平面的垂线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 设，可得， 则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设二面角的平面角为 ， 则， 令 ，则， 所以， 由于， 所以， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最大值为，所以的最小值为. 【变式9-1】（2026高一·山东济宁·期末）如图所示，在四棱锥中，和都垂直于平面，，平面分别交侧棱，于点E，F，且平面． (1)证明：E为的中点； (2)已知点M为内（含边界）不与A，D重合的一点，且． （ⅰ）证明：平面平面； （ⅱ）若，求二面角的取值范围． 【答案】(1)证：因为平面，平面平面，平面，所以. 因为平面，平面，所以， 又平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以. 四边形为平行四边形，故且， ，所以为中点. (2)(i)因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. (ii) 【分析】（1）通过线面垂直证明为平行四边形，并利用相似三角形证明中点. （2）(i)利用线面垂直证明面面垂直. (ii)通过建立空间直角坐标系求解轨迹，并利用法向量求解二面角范围. 【详解】（1）略 （2）(i)略 (ii) 建立如图空间直角坐标系. 设，所以为等边三角形. ，，，，，. 设，，，因为，所以. 在以为圆心，的半圆上， 因为直线为，所以与半圆交， 同理直线与半圆交， 故. 因为，，所以平面法向量且， 设，则且， 解得. 平面法向量. 所以二面角余弦值. 因为，所以，. 所以，所以. 【变式9-2】（2026高一·广东肇庆·期末）如图，在直三棱柱中，，平面平面，为线段（不含端点）上的动点．    (1)求证：平面； (2)求证：是直角三角形； (3)求平面与平面夹角的余弦值的取值范围． 【答案】(1)在直三棱柱中，连接，由，得四边形为正方形， 则，而平面平面，平面平面， 平面，所以平面. (2)由（1）知，平面，而平面，则， 由平面，平面，得，又， 平面，因此平面，而平面， 所以，即是直角三角形. (3). 【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质推理得证. （2）由（1）的结论，利用线面垂直的性质、判定推理得证. （3）以点为原点建立空间直角坐标系，令，求出相关点的坐标及平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法列式求出范围. 【详解】（1）略 （2）略 （3）在直三棱柱中，由（2）知直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，令， 则，令，， ，， 设平面的法向量，则， 取，得，平面，即平面，设其法向量为， 则，取，得，设平面与平面的夹角为， 因此， 由，得，则， ，即， 所以平面与平面夹角的余弦值的取值范围是. 【变式9-3】（2026高一·湖北武汉·期末）在如图1所示平面四边形中，，，，，将沿翻折至（图2），其中为动点，连接，令，．点，，分别为，，的中点，点在上且满足，与交于，与交于，连接．      (1)证明：平面； (2)当平面平面时，求的值； (3)求二面角的余弦值的最小值． 【答案】(1)证明：因为分别为边的中点，所以为的中线，且， 所以为的重心，则， 在中，，， 则，，即， 又因为，所以∽，则， 在中，， 则，故， 又因,则,即为的中点， 故为的中线，且，则为的重心，即， 则，所以在中，， 因为平面，平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）利用两个三角形的重心性质证明，再由对应边成比例推出，从而得到平面， （2）由面面垂直的性质推论将平面垂直关系转化为向量垂直方程，结合基向量分类求解t即可. （3）建立空间直角坐标系，用参数表示点P，求平面AEM的法向量，再将二面角余弦表示成单变量函数，通过单调性求最小值. 【详解】（1）略 （2）当平面平面时，因， 则平面或平面， 设，，， 则，，， 因为，所以， 在中，，， 则由余弦定理，， 所以， 设，在中，，， 则， 又，， ，， 情况一： 若平面， 因为平面，则，即， 即， 即， 即，解得， 将其代入到，即， 解得(负值舍去)，满足， 情况二： 若平面， 因为平面，则，即， 即， 即， 即，解得， 将其代入到，即， 解得(负值舍去)，不满足， 综上所述，当平面平面时，. （3）依题意，以点为坐标原点，以所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系， 则，， 设，则，， 两式相减得，代回原式得，则， 则，将代入得， 即，由于，则， 易得平面的法向量为， 因，则，， 设平面的法向量为， 则有，故可取， 设二面角的平面角为，由图可知该二面角为锐二面角， 则， 将代入得， 设，因为，则，此时恒为负数， 则，则， 因为在上单调递减，则在上 单调递减， 所以，则， 即二面角的余弦值的最小值为.    ▌题型10 已知平面与平面所成角（或二面角）求参数 1.核心逻辑 已知平面夹角用绝对值等式；已知二面角分锐角、钝角列等式，解方程得到参数。 2.解题步骤 （1）建系，写出含参法向量； （2）若给平面夹角：； （3）若给二面角：根据图形正负去掉绝对值列等式； （4）等式平方化简，解参数； （5）回代检验模长不为0，舍去增根。 3.易错提醒 已知二面角钝角时直接套绝对值；平方后产生多解不验证图形。 【例10】（2026高一·内蒙古阿拉善·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面，平面平面.    (1)证明：平面； (2)当为何值时，二面角的余弦值为. 【答案】(1)证明：因为平面，平面，所以. 过点作，交于点. 因为平面平面，平面平面，所以平面. 又平面，所以. 因为平面，，所以平面. 因为底面是菱形，所以，所以平面. (2) 【分析】（1）根据线面垂直的性质、面面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可. （2）过点作，交于点，连接、.设，根据余弦定理，结合勾股定理、勾股定理逆定理证得，进而得到即为二面角的平面角，在中利用余弦定理求解即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，平面， 因为平面，所以，所以四边形为正方形. 连接，则. 过点作，交于点，连接. 设，在中，， 在中，. 在中，，， 则. 在中，， 在中， . 因为，， 所以，则为直角三角形，且， 所以即为二面角的平面角，则. 在中，， 所以，则，所以或（舍去）. 故当时，二面角的余弦值为. 【变式10-1】（2026高二·河南信阳·期末）如图，在四棱锥中，，，，，平面． (1)求证：； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求． 【答案】(1)连接，，， 所以，均在的垂直平分线上，即垂直平分． 又平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以． (2)． 【分析】（1）求证平面，再利用线面垂直的定义即可； （2）以为坐标原点建系，利用法向量计算面面角即可. 【详解】（1）略 （2）设，交于，，，为正三角形， ，， 又，所以． 以为坐标原点，分别以，为，轴，以平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 设，则， 因为，所以，则，， 设平面的法向量为， 则，设，则． 又，， 设平面的法向量为， 则，设，则． 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以，解得． 故． 【变式10-2】（2026高一·吉林长春·期末）如图，在四棱锥中，，，，，，点为棱上一点．    (1)证明：平面平面； (2)当点为棱的中点时，求直线与平面所成角的正弦值； (3)当平面与平面的夹角的余弦值为时，求． 【答案】(1)证明：因为， 所以，，所以 又，且平面， 所以平面，又因为平面，所以平面平面. (2)； (3). 【分析】（1）由勾股定理证得，再由线面垂直的判定定理即可证得； （2）由条件如图建立空间直角坐标系，先求平面的法向量，再利用公式求解； （3）设 ，分别求平面的法向量是和平面的法向量，利用公式，求点的位置. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知两两垂直，以为原点，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， 当点为棱的中点时，． 设平面的一个法向量，    则即取， 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为． （3）由（2）可知， 设，则， 设平面的一个法向量， 则，即 令，解得，故， 设平面的一个法向量为， 由，得令，解得， 故， 所以， 即，整理，得， 解得或（舍去）． 故． 【变式10-3】（2026·广西·模拟预测）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．    1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $