专题02空间向量解答题十四类综合题型（压轴题专项训练）高二数学人教B版选择性必修第一册

**基本信息** 以空间向量为核心，系统归纳14类综合题型的几何法与向量法，构建“通法-题型-变式”三阶训练体系，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| |----|-----------|----------|----------| |通法归纳|1|空间向量应用、正余弦定理结合|从工具性方法到综合应用| |题型精讲|14类/每类1典例+3变式|垂线法、向量法、定义法等|按“存在问题-最值问题-定值问题”递进| |压轴挑战|10题|综合运用多方法解决复杂问题|从基础模型到高难创新情境|

学科网（北京）股份有限公司 专题02 空间向量解答题十四类综合题型 目 录 通法归纳—明晰核心解法，助力能力迁移 题型精讲—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一 球相关问题 题型二 面面角中的存在问题 题型三 面面角最值问题 题型四 线面角中的存在问题 题型五 线面角最值问题 题型六 平行垂直中的存在问题 题型七 距离中的存在问题 题型八 距离最值问题 题型九 定值问题 题型十 共面问题 题型十一 线段最值问题 题型十二 体积中的存在问题 题型十三 体积最值问题 题型十四 新定义问题 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 通法归纳—明晰核心解法，助力能力迁移 立体几何解答题是高中数学中档及重难点，所有题型均涵盖角度、位置关系、体积、外接球、距离等，需要旨意：一是解答题注意空间向量的使用，二解答题结合正余弦定理，向量，位置关系，空间感等. 题型精讲—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、球相关问题 典例精讲1 (25-26高二下·福建莆田·期末)如图，在梯形中，，，，，，，分别为边，上的动点，且．沿将梯形翻折，使平面平面，且． (1)求的长； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)若四面体的四个顶点都在球上，求三角形的面积． 题型归纳 1. 垂线法（找心法）‌：先确定底面多边形的外心，过此外心作底面的垂线，则球心必在此垂线上。再结合其他顶点到球心距离相等的条件确定具体位置。 2. 向量法（建系法）‌：建立空间直角坐标系，设球心坐标 (O(x, y, z))，利用球心到各顶点距离相等建立方程组求解。 变式训练1-1 (25-26高二下·江苏苏州常熟中学·调研)如图，在直三棱柱中，平面，，为棱的中点，且．    (1)求证：； (2)若平面和平面所成角为，求； (3)若三棱锥的四个顶点均在球的表面上，且变化时，球的体积取到最小值，求此时直线与平面所成角的正弦值． 变式训练1-2 (25-26高二下·广东广州第六中学·)如图，分别为等边三角形的边的中点，，将沿折起，使顶点至点的位置，此时平面平面，分别为的中点． (1)证明：平面； (2)若点在同一球面上，设该球面的球心为． （i）求球的表面积； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值． 变式训练1-3 (25-26高二下·甘肃兰州新区贺阳高级中学等校·期中)如图，在斜三棱柱中，侧面⊥底面，是等腰直角三角形，，是边长为2的等边三角形，D为的中点. (1)证明：. (2)求平面与平面所成角的余弦值. (3)若点A，B，，D均在球M的球面上，求球M的体积. 题型二、面面角中的存在问题 典例精讲2. (25-26高二下·四川泸州·期末)如图，在多面体中，平面，，，为中点， (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ADE夹角的余弦值． 题型归纳 立体几何二面角求解方法： 1. 作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解； 2. 建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解。 变式训练2-1 (25-26高二下·浙江金华·期末)如图，在四棱锥中，，，已知，四棱锥的体积为，平面与平面的夹角为，且在底面上的投影在四边形内（包括边界）． (1)求证：； (2)若平面与平面所成角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值． 变式训练2-2(25-26高一·浙江温州·期末)已知等边的边长为3，，分别是，上的点，且，将沿折起到的位置，使得平面平面，得到四棱锥．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的大小为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由． 变式训练2-3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． 题型三、面面角最值问题 典例精讲3 (26-27高二上·黑龙江佳木斯第一中学·月考)在平行四边形中，，，为上一点，且平分，将沿翻折至． (1)若平面平面． （i）求证：； （ii）设平面，若，求点到平面的距离； (2)试判断锐二面角是否存在最大角，若存在，求出其正弦值，若不存在，说明理由． 题型归纳 立体几何二面角求解方法： 1. 作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解； 2. 建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解。 变式训练3-1 (25-26高二·广东肇庆第六中学·期中)如图所示，在直三棱柱中，，，点是线段上的动点（不与点重合），且满足，实数． (1)证明：平面平面． (2)若二面角的余弦值不超过，求实数的取值范围． (3)求四面体的外接球半径的取值范围． 变式训练3-2 (25-26高二·浙江绍兴上虞区·期末)如图，圆柱的轴截面是边长为4的正方形，点E，F为下底面圆周上的点，且是正三角形，点P是上底面圆周上一动点，G为直线与的交点. (1)证明： （i）面； （ii）不论点P在何位置，三棱锥的外接球半径大小不变. (2)求二面角的余弦值的取值范围. 变式训练3-3 (25-26高二·江苏锡山高级中学·期末)在四棱锥中，，与交于点，，分别为，中点，，过点向平面作垂线，垂足为，. (1)证明：平面； (2)若 （ⅰ）若为中点，求三棱锥的体积； （ⅱ）设二面角的平面角为，求的最小值. 题型四、线面角中的存在问题 典例精讲4 (25-26高二下·江西南昌第十五中学·)如图，三棱台中，上、下底面均为正三角形，，，侧棱底面，且. (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)若点在线段上，且与平面所成角的正弦值为，求. 题型归纳 求空间角的常用方法： 1. 定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果 2. 向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果。 变式训练4-1 (25-26高二·广东深圳光明区高级中学·月考)如图1，在平行四边形中，为的中点．将沿折起，连接与，如图2． (1)当三棱锥的体积最大时，求此时线段的长度； (2)当时， （i）设，是否存在实数，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，请说明理由； （ii）求三棱锥的内切球的半径． 变式训练4-2如图，已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD是直角梯形，，，，平面ABCD，. (1)设钝二面角大小为a，求的值； (2)在棱上是否存在一点（不与端点重合），使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；如不存在，试说明理由； (3)E点在上，F点在上，G点在上，求的面积取值范围. 变式训练4-3(25-26高二下·陕西安康·)如图，三棱台中，上、下底面均为正三角形，，，侧棱底面，且． (1)求三棱台的体积； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)若点在线段上，且与平面所成角的正弦值为，求的长． 题型五、线面角最值问题 典例精讲5 如图，长方形中，，，若为线段的中点，将沿翻折至． (1)若， （i）证明：平面平面； （ii）求二面角的大小； (2)求与平面所成角的正弦值的范围． 题型归纳 求空间角的常用方法： 1. 定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果 2. 向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果。 变式训练5-1(25-26高二·江苏扬州新华中学·)如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，，，平面，且． (1)求平面与平面所成角的余弦值； (2)若点在线段上运动（不含线段端点），且．当直线与平面所成角最大值时，求的值． 所以， 平面的一个法向量为， 变式训练5-2(25-26高二下·江苏泰州第二中学、口岸中学等校·期中)如图，平行六面体的底面是菱形，，，且平面.    (1)求的长. (2)当时，求直线与平面所成的角的正弦值的取值范围. (3)当时，已知动点M到点A的距离是它到平面的距离的倍.若动点M的轨迹、平面和平面三者相交于两点P，Q，求. 变式训练5-3(25-26高二·江苏南京·期中)如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)设平面平面，若点在线段上运动，且，当直线与平面所成角取最大值时，求的值． 题型六、平行垂直中的存在问题 典例精讲6 (25-26高二上·四川南充高坪中学·月考)如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为．已知四棱锥在点的曲率为． ①求证：平面平面； ②在直线上是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，说明理由． 题型归纳 1.建立恰当的空间直角坐标系 2.确定或求出相关点、直线方向向量、平面法向量的坐标 3.根据上述判定方法进行向量运算（主要是点积）并得出结论。 变式训练6-1 (25-26高二上·辽宁葫芦岛·期末)如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形.边上存在一点，使平面，.    (1)在线段上是否存在一点，使得直线平面？若存在，写出证明过程；若不存在，说明理由. (2)若平面平面. ①求证：； ②求平面与平面所成角的余弦值. 变式训练6-2 (25-26高二上·云南昆明云南师范大学附属中学·期末)如图，在四棱锥中，，，，是的中点.    (1)已知，分别为，的中点，求证：平面； (2)若平面，，则： （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 变式训练6-3 (25-26高二上·四川南充西充中学·月考)如图1，正三角形的边长为4，是边上的高，分别是和边的中点，现将沿翻折成直二面角，如图2． (1)试判断直线与平面的位置关系，并说明理由； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在线段BC上是否存在一点P，使?如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由. 题型七、距离中的存在问题 典例精讲7 (25-26高二·江苏灌南县·期中)如图，等边三角形的边长为8，分别为所在边的中点，为线段的中点，现将三角形沿直线折起，使得二面角为直二面角． (1)求线段的长度； (2)求直线与平面所成角的余弦值； (3)棱上是否存在异于端点的点，使得点到平面的距离为．若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由． 题型归纳 点到面距离的关键是能够通过共线向量和线面角的向量求法，将线面角的正弦值表示为关于变量的函数的形式，通过函数最值的求法确定正弦值的最大值，从而确定动点的位置。 变式训练7-1 (25-26高二·福建宁德·)如图，在三棱锥中，底面，，，，为棱上的点，. (1)求证：平面； (2)设与底面所成角的正切值为. （i）求面与面所成的二面角的正弦值； （ii）棱上是否存在点，使得点到面的距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 变式训练7-2 (25-26高二下·河南平顶山·期中)如图，矩形中，点，，分别在，，上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得平面平面.    (1)证明：平面. (2)若存在点，使得点到，，，的距离相等. （ⅰ）求点到平面的距离； （ⅱ）若点满足，当取得最小值时，求平面与平面夹角的余弦值. 变式训练7-3 (25-26高二下·河南濮阳第一高级中学·)在四棱锥中，底面ABCD，，，，M是PD中点. (1)求证：平面PAB； (2)若， ①求平面PBC与平面PCD夹角的余弦值； ②在线段BD上是否存在点Q，使得点D到平面MAQ的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 题型八、距离最值问题 典例精讲8 (25-26高二下·江苏宿迁·期末)如图，三棱锥中，底面，平面平面． (1)求证：； (2)若，且二面角的正弦值为． ①求的长； ②为平面内一点，且满足，求点到平面距离的最大值． 题型归纳 点到面距离的关键是能够通过共线向量和线面角的向量求法，将线面角的正弦值表示为关于变量的函数的形式，通过函数最值的求法确定正弦值的最大值，从而确定动点的位置。 变式训练8-1 (25-26高二上·安徽亳州涡阳县第三中学·期末)如图，在三棱锥中，为正三角形，，过点的平面与棱分别交于点，且，记. (1)证明：平面平面； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值； (3)记点到平面的距离分别为，求的最小值. 变式训练8-2 (25-26高二上·陕西咸阳实验中学·)如图1，在等腰直角中，分别为的中点.将沿向平面上方翻折，得到如图2所示的四棱锥，且.记的中点为，动点在线段上运动.    (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值； (3)求动点到直线的距离的取值范围. 变式训练8-3 (25-26高二上·浙江91高中联盟·期中)如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，为正三角形． (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)设点是三棱锥外接球上一点，求点到平面距离的最大值． 题型九、定值问题 典例精讲9 (25-26高二·广东佛山普通高中·)如图，四棱锥中，平面，，，，，，. (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若点满足，，则点到平面的距离是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，说明理由. 题型归纳 定值问题可以考虑通过特殊值计算出定值，再加以证明 变式训练9-1 (25-26高二上·湖北武昌实验中学·)如图（一），在中，于点，，四边形是平行四边形.将沿折起至的位置，如图（二）所示，连接，. (1)证明：； (2)是的中点，连接，，记二面角为，二面角为. （i）设三棱锥的外接球球心为O，证明：当时，； （ii）是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 变式训练9-2 (25-26高二上·四川达州·)如图，在扇形中，，，将扇形绕旋转到扇形的位置，动点D，E，F分别在，，上（不与端点重合），且. (1)证明：平面； (2)当时，求三棱锥的体积； (3)证明：平面与平面夹角的余弦为定值，并求出这个定值. 变式训练9-3 (24-25高二上·辽宁部分名校·)如图，在正方体中，，. (1)当取得最小值时，求与的值. (2)设与平面所成的角为. ①若，求的值； ②证明：存在常数，使得为定值，并求该定值. 题型十、共面问题 典例精讲10 (25-26高二上·江苏南通区、通州、启东·期末)如图，在正四棱锥中，，为与的交点，点E，F分别为棱，的中点，且.    (1)求的长度； (2)求二面角的正弦值； (3)若，且A，E，F，G四点共面，求的值. 题型归纳 共面问题常考虑共面定理 变式训练10-1 (25-26高二上·北京通州区·期中)如图，在三棱柱中，平面，，，点，分别为，的中点.    (1)求，两点间的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在上是否存在一点，使得点在平面内.若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 变式训练10-2 (25-26高二上·福建三明·期末)如图，在四棱锥中，平面，，，，，为的中点，点在上，且，G是线段上一动点. (1)求证：平面平面； (2)当A，E，F，G四点共面时，求直线与平面所成角的余弦值. 变式训练10-3 (25-26高二上·广东部分学校·)如图所示的几何体由三棱锥及三棱锥组成，其中是边长为的正三角形，且均由绕旋转得到，点为的中点． (1)证明：直线与直线共面； (2)已知． （i）若点都在球的表面上，求球的表面积； （ii）求直线与平面所成角的正弦值． 题型十一、线段最值问题 典例精讲11 (25-26高二上·云南保山腾冲·期末)如图，在矩形中，，点为边的中点．将沿着翻折，使得平面平面，点为线段上的动点． (1)求证：平面； (2)①当点运动到何处时，线段的长度最短？最短长度是多少？ ②在①的条件下，求二面角的正弦值． 题型归纳 线段最值常考虑向量，求解向量模长最值问题 变式训练11-1 (25-26高二上·安徽合肥第六中学等校·期末)在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是2，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子，分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记 (1)求的长，并求当为何值时，长度取得最小值； (2)当的长取得最小值时，求平面与平面夹角的余弦值. 变式训练11-2 (25-26高二上·辽宁丹东·期末)如图，已知菱形ADCB和菱形ADEF的边长均为2，M，N分别为AE、BD上的点，且． (1)用向量法证明：平面ABF； (2)设，，当MN的长度最小时，求AF与平面MND所成角的正弦值． 变式训练11-3 (25-26高二上·浙江湖州长兴县南太湖联盟·)如图，在四棱锥中，F为棱上一动点（不包含端点），，，.      (1)证明：平面； (2)若F是靠近点D的四等分点，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若O是三棱锥外接球的球心，求的最小值. 题型十二、体积中的存在问题 典例精讲12 如图，平面，，，，，.    (1)证明：平面； (2)若. （ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值； （ⅱ）判断在线段上是否存在一点，使得三棱锥的体积为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 题型归纳 1.几何法：通过换顶点割补法求解体积 2.代数法：通过空间向量求解距离问题，进而求解体积。 变式训练12-1 (25-26高二下·辽宁葫芦岛第一高级中学·)如图，在三棱台中，平面平面，为的中点，．    (1)证明：； (2)当三棱台的体积为时，求直线与平面所成角的正弦值． 变式训练12-2 (25-26高二上·山东德州（优高联考）·期中)如图1，在四边形中，，，，如图2，把沿折起，使点到达点处，且平面平面，为的中点.    (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)判断线段上是否存在点，使得三棱锥的体积为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 变式训练12-3 (24-25高二下·广西南宁名校·)如图，在四棱锥中，平面，底面是边长为的菱形.分别为的中点，. (1)求证：； (2)若四棱锥的体积为，求平面与平面的夹角. 题型十三、体积最值问题 典例精讲13 (25-26高二上·江苏天一中学·期末)在四棱锥中，底面为直角梯形，满足，，，，底面.点为棱的中点，点为棱的中点.    (1)求平面与平面所成夹角的余弦值； (2)设点为三棱锥的内切球球面上一动点，求三棱锥体积的最大值. 题型归纳 1.几何法：通过换顶点割补法求解体积 2.代数法：通过空间向量求解距离问题，进而求解体积。 变式训练13-1 (25-26高二上·河南平顶山普通高中·期末)如图，在多面体ABCDF中，平面平面ACDF，四边形ACDF为矩形，，，M，N分别是线段AB，BC上的动点（不包含端点)，且满足． (1)证明：直线； (2)当时，求点M到平面BDF的距离； (3)当三棱锥的体积最大时，求平面ADN与平面BDF的夹角的余弦值． 变式训练13-2 (25-26高二上·吉林长春东北师范大学附属中学·期中)如图，在三棱锥中，． (1)若，求证：平面平面； (2)当三棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值． 变式训练13-3 (25-26高二上·重庆西南大学附属中学校·月考)如图，已知正方形边长为，、、、分别为、、、的中点，为正方形的中心，现将正方形沿对角线折起，形成四面体． (1)当四面体的体积最大时，求的大小； (2)记四棱锥的体积为，求的取值范围； (3)求和平面所成线面角的正弦值的最大值． 题型十四、新定义问题 典例精讲14 (24-25高二上·陕西西安中学·期中)已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量与的夹角，记作．定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为线段上一点，．    (1)求的长； (2)若为线段的中点，求二面角的正弦值； (3)请问线段上是否存在一点，使得，若存在，请求出的值． 题型归纳 “新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质， 它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 变式训练14-1 (25-26高二上·广东深圳实验学校高中部·)在空间直角坐标系中，过点且以为方向向量的直线方程可表示为，过点且以为法向量的平面方程可表示为． (1)已知直线的方程为，请写出直线上一个点的坐标和直线的一个方向向量； (2)若直线与都在平面内，求平面的方程； (3)若集合中所有的点构成了多面体的各个面，求的体积和相邻两个面所在平面的夹角的余弦值． 变式训练14-2 (25-26高二上·山东潍坊诸城等3地·期中)空间中，两两互相垂直且有公共原点的三条数轴构成直角坐标系．如果坐标系中有两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为“斜坐标系”． (1)现有一种空间斜坐标系，它任意两条数轴的夹角均为，我们将这种坐标系称为“斜坐标系”，类比空间直角坐标系，定义“空间斜坐标系”下向量的斜坐标，分别为“斜坐标系”下三条数轴（轴，轴，轴）正方向上的单位向量，若向量，则与有序实数组一一对应，称向量的斜坐标为，记作．在平行六面体中，，，建立“空间斜坐标系”如图所示．    ①若，求向量的斜坐标； ②若，且，求． (2)如图三棱锥为的中点，点满足，利用本题介绍的斜坐标系，求二面角的正弦值．    变式训练14-3(25-26高二上·广东东莞七校·)已知两个非零向量，在空间任取一点O，作，则叫做向量与的夹角，记作．定义与的“向量积”为：是一个与、都垂直的向量，且它的模．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，为线段AD上一点． (1)求； (2)若为线段的中点，求二面角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．(26-27高二上·安徽蚌埠第二中学·)如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中S为动点. (1)证明：； (2)若， ①三棱锥的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面的距离； ②求平面与平面的夹角的余弦值. 2．(24-25高二上·湖南株洲第二中学·期末)如图，在四棱锥中，，，，，平面． (1)若，求点到平面的距离； (2)求与平面所成角的正弦值的最大值． 3．(25-26高二·广东汕尾城区·期末)如图，一个密封长方体形状的容器中盛有水，E为容器上底面内任意一点，在平面内过点E画一条直线l，使得l与保持垂直． (1)为使得，请简要写出作图步骤，并证明所作直线． (2)已知，．若点E在上，且，点M在上，且．现将容器倾斜，此时容器内水面恰好同时经过点和M，且水面与直线l平行．设水面与平面的交线为m，交线m与长方形的边界交于N，G两点．求三棱锥的体积． 4．(25-26高二·浙江宁波镇海中学·期末)如图，在平行四边形中，，，，分别是的中点，将平行四边形沿折至的位置，连接，得到斜三棱柱． (1)若为中点，证明：直线平面； (2)当时， ①求二面角的大小； ②在三棱柱中有内切球与各个侧面和底面都相切，球与侧面，侧面以及上底面都相切，且与球外切，求球的表面积． 5．(25-26高二下·江苏常州北郊高级中学·期中)四棱锥中，四边形为梯形，其中，，，平面平面. (1)证明：； (2)若，且三棱锥的体积为，点在线段上，若平面与平面所成的二面角的正弦值为，求的长. 6．(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， （i）设，点到直线的距离为3，求的值； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值． 7．(25-26高二下·湖南长沙第一中学·期末)在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的正方形，平面ADE与平面BCE的交线为l， (1)求证: (2)若平面平面 . （ⅰ）求平面AED与平面AEB所成角的余弦值； （ⅱ）已知点O为底面ABCD的中心，点Q在侧面AEB内，且 求三棱锥的体积的最大值． 8．(26-27高二上·山西忻州某校·)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． 9．(25-26高二下·河南驻马店青铜鸣·)如图1，四边形是边长为4的正方形，在扇形中，，点是弧的中点．现将正方形沿进行翻折，使得点到达点的位置，点到达点的位置，如图2所示，其中． (1)证明：平面； (2)求四棱锥的体积； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 10．(25-26高二下·江苏苏州第十中学校·期中)如图，四棱锥底面为矩形，平面平面，是边长为的等边三角形，，点为中点，点为线段上一点（与点，不重合）. (1)当为何值时，直线与平面所成的角为. (2)在（1）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值. 1 / 10 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02 空间向量解答题十四类综合题型 目 录 通法归纳—明晰核心解法，助力能力迁移 题型精讲—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一 球相关问题 题型二 面面角中的存在问题 题型三 面面角最值问题 题型四 线面角中的存在问题 题型五 线面角最值问题 题型六 平行垂直中的存在问题 题型七 距离中的存在问题 题型八 距离最值问题 题型九 定值问题 题型十 共面问题 题型十一 线段最值问题 题型十二 体积中的存在问题 题型十三 体积最值问题 题型十四 新定义问题 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 通法归纳—明晰核心解法，助力能力迁移 立体几何解答题是高中数学中档及重难点，所有题型均涵盖角度、位置关系、体积、外接球、距离等，需要旨意：一是解答题注意空间向量的使用，二解答题结合正余弦定理，向量，位置关系，空间感等. 题型精讲—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、球相关问题 典例精讲1 (25-26高二下·福建莆田·期末)如图，在梯形中，，，，，，，分别为边，上的动点，且．沿将梯形翻折，使平面平面，且． (1)求的长； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)若四面体的四个顶点都在球上，求三角形的面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）作于点,连接,证明平面，得到，再使用等面积法，计算出，最后求出的长； （2）以为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，再计算出平面与平面所成角的余弦值； （3）若四面体的四个顶点都在球上，由于为直角三角形，故球心在经过斜边中点与平面垂直的直线上，设球心,利用求出球心的坐标，再求出点到直线的距离，最后求得三角形的面积. 【详解】（1）作于点,连接， 因为平面平面，平面平面，平面, 所以，平面，平面， 所以，，又，，平面, 所以，平面，平面， 所以，， 由，得 即, 翻折前在梯形中，由得，沿将梯形翻折后，, 在平面四边形中，，那么, 又所以四边形是平行四边形， 所以，, 设，则，， 即，解得, 所以，. （2）在原直角梯形中，作于点，那么 四边形为矩形，, ,所以为等腰直角三角形，， 由于,所以，， 所以，沿将梯形翻折后，为等腰直角三角形, , 以为原点，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，那么 ,, , 设平面法向量为，平面法向量为，那么 ， 取，则为平面一个法向量， , 取，则为平面一个法向量， , 所以，平面与平面所成角的余弦值为. （3）若四面体的四个顶点都在球上， 由于为直角三角形，故球心在经过斜边中点与平面垂直的直线上，设球心，则由可得 ，解得， 所以，， 点到直线的距离为 , 所以，. 题型归纳 1. 垂线法（找心法）‌：先确定底面多边形的外心，过此外心作底面的垂线，则球心必在此垂线上。再结合其他顶点到球心距离相等的条件确定具体位置。 2. 向量法（建系法）‌：建立空间直角坐标系，设球心坐标 (O(x, y, z))，利用球心到各顶点距离相等建立方程组求解。 变式训练1-1 (25-26高二下·江苏苏州常熟中学·调研)如图，在直三棱柱中，平面，，为棱的中点，且．    (1)求证：； (2)若平面和平面所成角为，求； (3)若三棱锥的四个顶点均在球的表面上，且变化时，球的体积取到最小值，求此时直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)在直三棱柱中，平面，又平面，可得， 已知，且，故平面． 因为平面，所以． (2)1； (3)． 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理求证； （2）设，结合空间向量知识，用表示平面和平面所成角的余弦值，进而列方程求解； （3）设外接球心，半径为，由表达与的关系，进而求出球的体积取到最小值时的值，在用向量法求直线与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）略 （2）以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系． 设，则，，，． 易求得平面的一个法向量为．平面的一个法向量为． 由题意： 解得，因，故，即． （3）直角的外接圆心为斜边中点． 设外接球心，半径为， 由可得： 解得． 球半径，当且仅当时，取得最小值，体积最小． 此时，且球心．所以，代入（2）中求出的法向量可得平面的法向量． 设所求角为，则： 直线与平面所成角的正弦值为． 变式训练1-2 (25-26高二下·广东广州第六中学·)如图，分别为等边三角形的边的中点，，将沿折起，使顶点至点的位置，此时平面平面，分别为的中点． (1)证明：平面； (2)若点在同一球面上，设该球面的球心为． （i）求球的表面积； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1) 如图： 取的中点，连接， 因为分别为的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为为的中点，所以QN为梯形BCDE的中位线，则， 又平面，平面，所以平面， 又平面，，所以平面平面， 因为平面MQN，所以平面PBC. (2)（i）；（ii） 【分析】（1）取的中点，连接，利用三角形中位线定理证且，由面面平行判定定理以及线面平行性质定理得证． （2）（i）先由平面PDE⊥平面BCDE建立空间直角坐标系，确定各点坐标；再设球心O，利用球心到距离相等列方程，求出球心坐标与半径，最后用球的表面积公式计算． （ii）在已建坐标系中，分别求出平面和平面的法向量，再利用向量夹角公式计算两平面法向量夹角的余弦值，即为平面夹角的余弦值． 【详解】（1）略 （2） 取的中点，连接，则，， 因为平面平面，所以平面， 因为平面，所以， 以为原点，以所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系． 则，， （i）易知梯形的外接圆的圆心为，因为平面，所以设， 由得， 解得， 所以球O的半径的平方，故球O的表面积为. （ii），，，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 由（1）可知，平面，则为平面的一个法向量， 所以． 故平面与平面的夹角的余弦值为． 变式训练1-3 (25-26高二下·甘肃兰州新区贺阳高级中学等校·期中)如图，在斜三棱柱中，侧面⊥底面，是等腰直角三角形，，是边长为2的等边三角形，D为的中点. (1)证明：. (2)求平面与平面所成角的余弦值. (3)若点A，B，，D均在球M的球面上，求球M的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定推理得证. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用面面角的向量法求解. （3）利用空间两点间距离公式建立方程组，求出球半径，进而求出球的体积. 【详解】（1）在斜三棱柱中，取的中点，连接， 由等腰，，得，由正，得， 由侧面⊥底面，侧面底面，侧面， 得⊥平面，而平面，则，由为的中点， 得四边形为平行四边形，则，，又， 平面，因此平面，又平面， 所以. （2）由（1）知直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则 ，设平面的法向量， 则，取，得， 而平面的一个法向量为，因此， 所以平面与平面所成角的余弦值为. （3）由，得，设球心，球半径为， 则,解得， 所以球的体积为. 题型二、面面角中的存在问题 典例精讲2. (25-26高二下·四川泸州·期末)如图，在多面体中，平面，，，为中点， (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ADE夹角的余弦值． 【答案】(1)连结CF，因为，所以， 所以四边形为平行四边形，因此； 因为 F为BD中点，，所以. 因为平面，平面，所以. 又因为平面，，所以平面. 又因为，所以平面. (2) 【分析】（1）根据等腰三角形三线合一和平面分别得到，，再根据线面垂直的判定定理证得平面，再根据即可证得平面. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法表示直线与平面所成角的正弦值即可求得BA长，再利用向量法求平面与平面ADE夹角的余弦值即可. 【详解】（1）略 （2）因为平面，平面， 所以，又因为， 所以以C为原点，所在直线分别为轴、轴，过C作与平行的线为轴，建立空间直角坐标系. 所以， 设，则. 设平面的一个法向量， 则，令，则 ，所以. ， 因此直线与平面所成角的正弦值为， 解得. 所以. 设平面的一个法向量，， 则， 令，则，所以. 设平面的一个法向量，， 则， 令，则，所以. 平面与平面ADE夹角的余弦值为. 题型归纳 立体几何二面角求解方法： 1. 作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解； 2. 建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解。 变式训练2-1 (25-26高二下·浙江金华·期末)如图，在四棱锥中，，，已知，四棱锥的体积为，平面与平面的夹角为，且在底面上的投影在四边形内（包括边界）． (1)求证：； (2)若平面与平面所成角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明：连接，则面，过作交于点，连接和． 因为平面，所以． 因为，，平面，，所以平面. 又平面，所以. 则即为平面与平面的夹角，即． 又，所以，所以， 而，则，所以． 所以四边形为平行四边形，故 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的性质及线面平行的判定定理，结合面面角的定义得到，进而求得，结合得到四边形为平行四边形，即可证得. （2）建立空间直角坐标系，设出点坐标，求出平面与平面的法向量，根据题意求出点坐标，结合线面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）略 （2）以为原点，以为轴，为轴，过且垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，. 设，根据题（1）可得 ， 则，，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，所以. 设平面法向量为， 则，即，令，则，所以. 又平面与平面所成角的余弦值为， 所以，整理得，解得. 此时，. 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. 变式训练2-2(25-26高一·浙江温州·期末)已知等边的边长为3，，分别是，上的点，且，将沿折起到的位置，使得平面平面，得到四棱锥．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的大小为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)等边的边长为3，，. ，. 由余弦定理得，解得； ，，； 为直角三角形，即. . 平面平面，平面平面，平面 平面； 平面，. (2) (3) 【分析】（1）由余弦定理求出，根据三角形三边满足勾股定理，证得，由面面垂直得到线面垂直，再由线面垂直证得线线垂直； （2）由面面垂直得到线面垂直，从而确定线面的夹角，根据直角三角形的边的关系，求得线面夹角的正弦值； （3）以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，分别求出两平面的法向量，根据异面夹角的计算公式即可求得. 【详解】（1）略 （2）由（1），得. 由折叠得，. 平面平面，平面平面，平面 平面. 为直线与平面所成的角. ，，，，，. 在中，. 即直线与平面所成角的正弦值为 （3）线段上存在一点，使得二面角的大小为，且线段的长度为，理由如下： 平面，平面，平面，，. 平面，平面，. 以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，    则，，，. . 点在线段上，设，得. ，. 平面，平面的法向量可取. 设平面的法向量为，则，即； 令，则，. 平面的一个法向量为. 二面角的大小为， ，解得或. ，. ，则. 即线段的长度为. 变式训练2-3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． 题型三、面面角最值问题 典例精讲3 (26-27高二上·黑龙江佳木斯第一中学·月考)在平行四边形中，，，为上一点，且平分，将沿翻折至． (1)若平面平面． （i）求证：； （ii）设平面，若，求点到平面的距离； (2)试判断锐二面角是否存在最大角，若存在，求出其正弦值，若不存在，说明理由． 【答案】(1)（i）因为，， 在中，由余弦定理，，, 所以，即，所以. 因为平面平面，平面平面， 平面，， 所以平面． 因为平面，所以； （ii） (2)存在，正弦值最大值为 【分析】（1）（i）由平面平面，得 平面，推出； （ii）方法1（坐标法）：建系写出所有点坐标，求出平面的法向量，利用点到平面距离公式算出距离；方法2（等体积法）：，分别求出底面面积、高，解方程得到点到平面距离； （2）求出锐二面角的正弦值的最大值为，由正弦函数的单调性知角存在最大角. 【详解】（1）（i）略； （ii）设，连接， 因为，平面，平面， 所以． 因为平分，所以， 所以，， 由（1）知，，，，平面． 法1： 以为原点，，及垂直平面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，，，， 因为，，， 设平面（即）的一个法向量为， 所以，即，令，则，， 所以， 设到平面的距离是， 所以， 所以点到平面的距离是； 法2： 由，得， 所以的面积为． 由（1）知平面，平面，所以 ． 又,平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以，即； 在中，由余弦定理得，所以， 设到平面的距离为， 因为，所以， 所以，所以点到平面的距离是； （2）以为原点，，及垂直平面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． 因为，设， 因为，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，所以， 解得，令，则， 所以， 又因为，， 设平面的一个法向量为， 所以，所以， 得， 所以， 令，则， 所以， 设， 因为，， 所以当，即时，取得最小值， 所以， 设锐二面角的大小为， 因为，所以， 所以锐二面角的正弦值的最大值为，由正弦函数的单调性知角存在最大角. 题型归纳 立体几何二面角求解方法： 1. 作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解； 2. 建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解。 变式训练3-1 (25-26高二·广东肇庆第六中学·期中)如图所示，在直三棱柱中，，，点是线段上的动点（不与点重合），且满足，实数． (1)证明：平面平面． (2)若二面角的余弦值不超过，求实数的取值范围． (3)求四面体的外接球半径的取值范围． 【答案】(1)证明: 根据题意，因为在直三棱柱中平面，平面，则， 又因为，平面，所以平面，而平面， 所以，因为在直三棱柱中， 所以四边形为正方形，所以 因为，、 平面，所以 平面, 所以平面 平面. (2) (3)． 【分析】（1）根据题意，要证明面面垂直，通过证明线面垂直即可. （2）建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量，结合二面角的向量求法，即可得到关于的不等式，解不等式即可. （3）设四面体外接球球心，根据空间两点间距离公式，求解即可. 【详解】（1）略； （2）在直三棱柱中，，，， 则以为原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，,,,,, 又，则， 则, 设平面的法向量为， 则，取，则，故， 又在直三棱柱中，，则 平面， 所以平面的法向量为， 又二面角的平面角为锐角，则二面角的余弦值为： 令，因为，则，故， 即，则，即，故，所以. （3）设四面体的外接球球心的坐标为，半径为， 则， 故， 则，所以外接球球心的坐标为， 代入得， 即， 则，，当时，取得最小值为， 当或时，，所以， 所以，当时，取得最小值为， 当时，，所以，所以， 所以四面体的外接球半径的取值范围为． 变式训练3-2 (25-26高二·浙江绍兴上虞区·期末)如图，圆柱的轴截面是边长为4的正方形，点E，F为下底面圆周上的点，且是正三角形，点P是上底面圆周上一动点，G为直线与的交点. (1)证明： （i）面； （ii）不论点P在何位置，三棱锥的外接球半径大小不变. (2)求二面角的余弦值的取值范围. 【答案】(1) （i）是等边三角形，且的外接圆为圆，为的中心， 为圆的直径，， 四边形为正方形，， 平面与圆所在的平面交于，平面与圆所在的平面垂直， 圆所在的平面， 圆所在的平面，，，平面， 平面. （ii）的外接圆为圆，平面， 三棱锥的外接球的球心在上， 设球心为，球的半径为，则，， ，，，， ，， 为的中点，，，， 不论点P在何位置，三棱锥的外接球半径大小不变. (2). 【分析】（1）（i）由是等边三角形，且的外接圆为圆得到为的中心，由为圆的直径得到，由圆柱的性质得到圆所在的平面，从而得到，利用线面垂直的判定定理得到平面.（ii）由题意得到平面，从而得到三棱锥的外接球的球心在上，设球心为，球的半径为，可以得到，即为的中点，从而可以求出的值，得证. （2）利用空间向量法求解，求出平面和平面的一个法向量，设二面角的平面角为，利用向量的数量积求出，通过换元法求出的范围，即为二面角的余弦值的取值范围. 【详解】（1）略 （2）以为原点，过作的平行线作为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ，，，设， ，， 设平面的法向量为， 则，即，解得， ，， 平面的一个法向量为，， 二面角的平面角为，由两个平面的法向量均指向二面角内部， 则， 设， ，，， ， 当时，， 当时，， ，，，，，， ，； 当，， ，，，，，， ，； 综上可知，， 则二面角的余弦值的取值范围为. 变式训练3-3 (25-26高二·江苏锡山高级中学·期末)在四棱锥中，，与交于点，，分别为，中点，，过点向平面作垂线，垂足为，. (1)证明：平面； (2)若 （ⅰ）若为中点，求三棱锥的体积； （ⅱ）设二面角的平面角为，求的最小值. 【答案】(1) 由、为的中点，故， 由平面，平面，故， 又，、平面，， 故平面，又平面，故， 又、平面，，故平面， 又为中点，故为中位线，故，故平面； (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）利用线面垂直判定定理及性质定理可得平面，再证明，即可得平面； （2）（ⅰ）建立适当空间直角坐标系后，设出点、坐标，则可利用，结合空间向量夹角的余弦公式计算可得、坐标满足的关系，再利用为中点，即可得、具体坐标，从而可得，即可求得体积；（ⅱ）由（ⅰ）可得、，，再利用空间向量夹角的余弦公式计算即可得解. 【详解】（1）略 （2）（ⅰ）以为原点，为轴正半轴，为轴正半轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 由，，则，故， 则、、、、， 设、，则，， 由点在上，故， 又、，，， 则，整理得； ，整理得； 由为中点，则，即、， 则由可得，故， 即，则（负值舍去），则、，有， 又，故，则，故， 故； （ⅱ）由（ⅰ）得、， 且、，， 则、，， 设平面与平面的法向量分别为， 则，， 取，，则，， 即，， 则， 由、，， 则，即， 即， 由、，故，则， ，， 则 ， 当且仅当、时，等号成立， 故的最小值为. 题型四、线面角中的存在问题 典例精讲4 (25-26高二下·江西南昌第十五中学·)如图，三棱台中，上、下底面均为正三角形，，，侧棱底面，且. (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)若点在线段上，且与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值； （2）设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合可得出的值，即可得出线段的长. 【详解】（1）由侧棱底面ABC，且上、下底面均为正三角形， 则以为原点，以过点垂直于平面的直线为轴， ，所在直线分别为，轴建立如下图所示的空间直角坐标系. 由，，，则，，，， 则， 则， 故异面直线与所成角的余弦值为. （2）由，得，， 设，则， . 由（1）知，， 设平面的法向量为， 则 令，得，， 故平面的一个法向量为. 设直线与平面所成的角为， 则 ，解得. 此时，故. 故的长度为 题型归纳 求空间角的常用方法： 1. 定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果 2. 向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果。 变式训练4-1 (25-26高二·广东深圳光明区高级中学·月考)如图1，在平行四边形中，为的中点．将沿折起，连接与，如图2． (1)当三棱锥的体积最大时，求此时线段的长度； (2)当时， （i）设，是否存在实数，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，请说明理由； （ii）求三棱锥的内切球的半径． 【答案】(1)4 (2)（i）存在；（ii） 【分析】（1）设点到平面的距离为，利用等体积法，将体积最大化为点到平面的距离最大，取中点，连接，根据已知及面面、线面垂直的判定求线段的长； （2）（i）根据已知构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，利用向量法及线面角的正弦值列方程求参数；（ii）设内切球球心为，应用等体积法有，即可求半径. 【详解】（1）设点到平面的距离为， 则，其中为定值， 要使三棱锥的体积最大时，则点到平面的距离取最大值， 取中点，连接， 由题意得， 则为等边三角形，， 则， 即平面时，点到平面的距离最大， 此时，由平面，则平面平面，连接， 在中， 由余弦定理得， 所以，而，则，故． 由平面平面平面，则平面， 由平面，则，所以； （2）（i）由（1）知，当时，平面平面． 在平面内过作，平面平面平面， 所以平面平面，则． 如图，以点为原点，以所在直线分别为轴， 过点做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， 故， 由， ， 因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以， 化简可得，解得，或（舍） 故时，存在，使直线与平面所成角的正弦值为； （ii）由（1）可知，为直角三角形，． 则， ， ， 在中，，取中点， 则，且， 所以， 设内切球球心为，内切球半径为， 由等体积法知 其中，， 故， 故当时，三棱锥的内切球的半径为. 变式训练4-2如图，已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD是直角梯形，，，，平面ABCD，. (1)设钝二面角大小为a，求的值； (2)在棱上是否存在一点（不与端点重合），使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；如不存在，试说明理由； (3)E点在上，F点在上，G点在上，求的面积取值范围. 【答案】(1)； (2)存在，； (3) 【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，再结合二面角为钝角的条件计算即可； （2）通过设参数表示点的坐标，利用向量法计算线面角，即可判断存在性并求线段比例； （3）用参数表示的坐标，再表示面积即可求解. 【详解】（1）以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为，则，即， 令，则可得； 令平面的法向量为，则，即， 令，则可得， 所以， 因为二面角为钝二面角，所以，则， 所以； （2）若存在，设，, 则，故，所以， 设与平面所成角为， 所以， 即，所以或（舍去）， 所以存在点，且. （3）因为E点在上，F点在上，G点在上，所以 设， 则， 到的距离为， 所以的面积为 ， 对固定的，关于在上二次函数， 可以趋近一条直线，所以面积无最小值， 当时，面积取得最大值， 故. 变式训练4-3(25-26高二下·陕西安康·)如图，三棱台中，上、下底面均为正三角形，，，侧棱底面，且． (1)求三棱台的体积； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)若点在线段上，且与平面所成角的正弦值为，求的长． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用台体的体积公式可求得该三棱台的体积； （2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值； （3）设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合可得出的值，即可得出线段的长. 【详解】（1）由题意可知，，， 因为侧棱底面，且， 故 . （2）因为底面，且为等边三角形， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 所以，， ， 所以异面直线与所成角的余弦值为. （3）易知点、、、、， 设，其中， 设平面的法向量为，，， 则，取，则， ， 由题意可得， 整理可得，解得，符合题意， 此时. 题型五、线面角最值问题 典例精讲5 如图，长方形中，，，若为线段的中点，将沿翻折至． (1)若， （i）证明：平面平面； （ii）求二面角的大小； (2)求与平面所成角的正弦值的范围． 【答案】(1)（i）由题意得，， ， 在中，因为，所以， 又因为，，， 在中，因为，所以， 因为，、平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面.    （ii）. (2) 【分析】（1）（i）利用勾股定理可证得，，利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立； （ii）以为原点，以、所在直线分别为、轴，以平面内过点垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的大小； （2）设，根据题意得出，结合图形不妨取，所以，并设，，，利用空间向量法结合函数的单调性可求得与平面所成角的正弦值的范围. 【详解】（1）（i）略； （ii）以为原点，以、所在直线分别为、轴， 以平面内过点垂直于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系： 则、、、， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 易知平面的一个法向量为， 则， 结合图形可知，二面角的平面角为钝角， 所以二面角的大小为. （2）设，因为，， 即，所以， 结合图形不妨取，所以， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 设与平面所成角为， 所以， 设，， 由，不妨取，则，所以， 所以 ， 令，所以， 因为函数、在上为减函数， 故函数在上为减函数， 故当时，，所以， 所以与平面所成角的正弦值的范围是. 题型归纳 求空间角的常用方法： 1. 定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果 2. 向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果。 变式训练5-1(25-26高二·江苏扬州新华中学·)如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，，，平面，且． (1)求平面与平面所成角的余弦值； (2)若点在线段上运动（不含线段端点），且．当直线与平面所成角最大值时，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，由面面夹角的余弦公式即可求解； （2）设，由线面夹角的向量公式即可求解． 【详解】（1）因为平面， 在菱形中，，所以，则为等边三角形， 取中点，所以，又 ，所以， 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， 所以， 平面的一个法向量为， 得到， 设平面的一个法向量， 所以，即， 取，则，所以， 所以 ， 所以平面与平面所成角的余弦值为． （2）由题意得而点在线段上运动， 得到， 且， ， 设平面的一个法向量为， 所以，即， 取，则， 所以， 设直线与平面所成角为，要使最大，即最大， 所以 ， 因为函数在上单调递减， 所以，则， 所以当时，取到最大值， 所以当直线与平面所成角取最大值时，的值为． 变式训练5-2(25-26高二下·江苏泰州第二中学、口岸中学等校·期中)如图，平行六面体的底面是菱形，，，且平面.    (1)求的长. (2)当时，求直线与平面所成的角的正弦值的取值范围. (3)当时，已知动点M到点A的距离是它到平面的距离的倍.若动点M的轨迹、平面和平面三者相交于两点P，Q，求. 【答案】(1)1； (2)； (3). 【分析】（1）取定空间的一个基底，利用空间向量数量积及向量垂直的坐标表示列式求解. （2）利用空间向量数量积的运算律及夹角公式，结合线面角的向量法列出函数式，再求出函数值域即可. （3）利用正方体建立空间直角坐标系，求出平面和平面的方程及点M的轨迹方程，联立三个方程，结合空间两点间距离公式求解. 【详解】（1）在平行六面体中，令，令， 由四边形是菱形，得，由， 得，又， 平面，则， 整理得，而，解得， 所以的长为1. （2）当时，由（1）得， ，则，， ，而为平面的法向量， 则直线与平面所成角的正弦值 ， 而，即，则， ，因此， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是. （3）当时，（1）得平行六面体为正方体，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，平面方程为，平面方程为， 设平面内任意一点，， 则，即，于是平面方程为， 设动点，由动点M到点A的距离是它到平面的距离的倍， 得，整理得点M的轨迹方程为， 由，整理得，设， 则，因此 ， 所以长为. 变式训练5-3(25-26高二·江苏南京·期中)如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)设平面平面，若点在线段上运动，且，当直线与平面所成角取最大值时，求的值． 【答案】(1) 因为底面是菱形，所以 ， 又因为平面平面， 所以平面． (2) (3) 【分析】（1）由线面平行的判定即可证明； （2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的余弦公式即可求解； （3）设，由线面夹角的向量公式即可求解． 【详解】（1）略 （2）因为平面， 在菱形中，，所以，则为等边三角形， 取中点，所以，又 ，所以， 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， 所以， 平面的一个法向量为， ， 设平面的一个法向量， 所以，即， 取，则，所以， 所以 ， 由图可知平面与平面所成角为锐角， 所以平面与平面所成角的余弦值为． （3）由（1）知，平面，且平面平面， 可得 ，故直线的方向向量可取为 点在线段上运动，， 而当时，点在点处，此时在平面内，所成角为0，不可能为最大值， 所以， ， ， 设平面的一个法向量为， 所以，即， 取，则， 所以， 设直线与平面所成角为，要使最大，即最大， 所以 ， 因为函数在上单调递减， 所以，则， 所以当时，取到最大值， 所以当直线与平面所成角取最大值时，的值为． 题型六、平行垂直中的存在问题 典例精讲6 (25-26高二上·四川南充高坪中学·月考)如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为．已知四棱锥在点的曲率为． ①求证：平面平面； ②在直线上是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，说明理由． 【答案】(1)取的中点F，连接，， 又为的中点，则，且， 又是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，且，， 则，，所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面． (2)①由题意知，， 又是等边三角形，底面为直角梯形， 则，，所以，即， 又因为，且，所以平面， 又平面，故平面平面． ②取的中点，连接，，则，， 又平面平面，且平面平面，所以平面， 所以以为坐标原点，直线，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 又， 则，，，，， 所以，，，， 因为点在直线上， 不妨设， 所以， 设是平面的法向量，则， 取，则，，即， 假设存在点，使得平面，则， 所以， 但此方程组无解，故不存在点，使得平面． 【分析】（1）根据等边三角形，直角梯形的性质推出四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质，及线面平行的判定即可证明； （2）①先根据曲率的定义求出，再根据线面垂直的判定及性质推出面面垂直即可证明； ②先证明，，两两垂直，再建立对应的空间直角坐标系，根据空间向量的线性关系求出，再求出平面的法向量，再根据线面垂直的关系得到，进而列方程组求解即可判断点是否存在． 【详解】（1）略 （2）略 题型归纳 1.建立恰当的空间直角坐标系 2.确定或求出相关点、直线方向向量、平面法向量的坐标 3.根据上述判定方法进行向量运算（主要是点积）并得出结论。 变式训练6-1 (25-26高二上·辽宁葫芦岛·期末)如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形.边上存在一点，使平面，.    (1)在线段上是否存在一点，使得直线平面？若存在，写出证明过程；若不存在，说明理由. (2)若平面平面. ①求证：； ②求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1) 存在，当点是的中点时，直线平面. 证明如下： 因为平面，平面，所以. 因为是正三角形，所以是的中点.    当点是的中点时，是的中位线， 所以，又平面，又平面， 所以平面. (2) ①过作于，    因为平面平面，平面平面， 所以平面，又平面，所以. 又平面，平面，所以. 因为平面，平面，， 所以面，又面， 所以. ② 【分析】（1）根据线面平行的判定定理判定即可. （2）①根据面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理、线面垂直的性质证明即可.②根据面面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）略 （2）①略 ②以为坐标原点，以，所在的直线为，轴，以过作的平行线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，   ，，，， 则，，， 设平面的法向量， 则，即， 令，则， 设平面的法向量， 则，即，令，则， 设平面与平面所成角为， . 所以平面与平面所成角的余弦值. 变式训练6-2 (25-26高二上·云南昆明云南师范大学附属中学·期末)如图，在四棱锥中，，，，是的中点.    (1)已知，分别为，的中点，求证：平面； (2)若平面，，则： （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) 取的中点为，的中点，连接，，，    则为的中位线，为的中位线，得 且，且， 而，，得且， 得四边形为平行四边形， 则，由平面，平面， 得平面. (2)（i）； （ii）不存在，理由如下： 假设在线段上存在一点，使得平面， 设，，则， 得， 而平面的法向量为， 由平面，得向量与法向量为共线， 即得，故无解， 故不存在线段上的一点，使得平面. 【分析】(1) 取的中点为，的中点，连接，，，证明四边形为平行四边形，得，由线面平行的判定定理进行证明； (2) （i）利用空间向量法来求两平面夹角余弦值即可； （ii）假设在线段上存在一点，使得平面，设，，由向量与法向量共线进行求解， 【详解】（1）略 （2）（i）由，，，可得， 连接，可得四边形是正方形，即可得，所以， 所以，即， 又平面，平面，得， ，平面，，得平面， 如图建立空间直角坐标系，    令，则， 即，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则， 令，得，，所以， 由于面，所以平面的法向量可以取， 设平面与面的夹角为， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为. （ii）略 变式训练6-3 (25-26高二上·四川南充西充中学·月考)如图1，正三角形的边长为4，是边上的高，分别是和边的中点，现将沿翻折成直二面角，如图2． (1)试判断直线与平面的位置关系，并说明理由； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在线段BC上是否存在一点P，使?如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由. 【答案】(1)平面，理由如下： 在中，∵分别是中点， ∴．又平面， 平面， ∴平面． (2) (3)存在，． 【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，即可求解； （3）设，根据，求出点的坐标，即可得. 【详解】（1）平面，理由略； （2）因为二面角为直二面角，即平面平面, 且，平面平面，平面， 所以平面. 如图，以点为坐标原点，以直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，． 易知平面的法向量． 设平面的法向量， 则即, 取，得， 则， 所以 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）存在．设，有，则， ∴ 又，，， ∴， ∴． 把代入上式得， ∴，在线段上存在点，使，此时，． 题型七、距离中的存在问题 典例精讲7 (25-26高二·江苏灌南县·期中)如图，等边三角形的边长为8，分别为所在边的中点，为线段的中点，现将三角形沿直线折起，使得二面角为直二面角． (1)求线段的长度； (2)求直线与平面所成角的余弦值； (3)棱上是否存在异于端点的点，使得点到平面的距离为．若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2) (3)存在，点位于线段的靠近点的三等分点 【分析】（1）连接，证明，结合面面垂直性质定理证明平面，取边的中点记为，建立空间直角坐标系，求的坐标，再求线段的长度； （2）求平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值，再利用同角三角函数基本关系求出余弦值； （3）设，求平面的法向量，结合点到平面的距离的向量求法求点到平面的距离，列方程求，由此可得结论. 【详解】（1）连接，因为为线段的中点，所以， 由题意知面面，且面面， 又面，所以平面，取边的中点记为，则． 以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系， 易知，所以； （2）由（1）可知， 所以，，， 记平面的一个法向量， 所以 ，不妨取，得，即， 记直线与平面所成角为， 则， 考虑到，有，从而， 所以直线与平面所成角的余弦值为． （3）设，其中． ， ， ，记平面的一个法向量为， 则有， 不妨取，解得，即， 则点到平面的距离， 整理得：，即， 解得或（舍去）， 所以当点位于线段的靠近点的三等分点时， 点到平面的距离为． 题型归纳 点到面距离的关键是能够通过共线向量和线面角的向量求法，将线面角的正弦值表示为关于变量的函数的形式，通过函数最值的求法确定正弦值的最大值，从而确定动点的位置。 变式训练7-1 (25-26高二·福建宁德·)如图，在三棱锥中，底面，，，，为棱上的点，. (1)求证：平面； (2)设与底面所成角的正切值为. （i）求面与面所成的二面角的正弦值； （ii）棱上是否存在点，使得点到面的距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 因为底面，面，所以， 又为棱上的点，， 取的中点，所以， 又，所以， 又因为，，所以，所以， 所以，所以，所以， 又，平面， 所以平面； (2)（i）；（ii）存在，为的中点 【分析】（1）先由底面得 ，再取中点证，算出并由勾股定理得，最后依据线面垂直判定定理证平面； （2）（i）由线面角定义得，求出后建空间直角坐标系，求平面法向量与平面法向量，用向量夹角公式算余弦值，再求正弦值； （ii）设，利用点到平面距离公式列方程求，确定为中点． 【详解】（1）略 （2）（i）因为底面，所以与底面所成角为， 所以在中，， 又，所以， 如图，以为轴，轴，轴，以1为单位长度，建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量， 由，即，即， 取，可得， 又由（1）可知为平面的一个法向量， 设平面与平面所成的二面角为， 所以， 所以， 又由（1）可知为平面的一个法向量， 设平面与平面所成的二面角为， 所以平面与平面所成的二面角的正弦值为； （ii）假设存在点，使得点到平面的距离为， 设，由（i）可得， 所以， 又由（i）可知平面的一个法向量， 所以点到平面的距离， 所以，所以为的中点， 变式训练7-2 (25-26高二下·河南平顶山·期中)如图，矩形中，点，，分别在，，上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得平面平面.    (1)证明：平面. (2)若存在点，使得点到，，，的距离相等. （ⅰ）求点到平面的距离； （ⅱ）若点满足，当取得最小值时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1) 证明：在矩形中，因为∥，， 所以四边形为正方形， 则，，即，又， 所以平面，则是平面的一个法向量， 同理证得平面，又平面， 所以，即， 又平面，所以∥平面. (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）利用直线方向向量和平面法向量垂直证明线面平行即可； （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，结合方向向量和法向量以及点到平面的距离公式计算距离； （ⅱ）利用空间中线段最短的性质，确定位于线段，再分别求出平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式计算二面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）连接，，由（1）知，∥，且平面， 所以平面，则， 因为平面平面，且，平面平面， 所以平面，又平面，则， 在，中，当为的中点时，点到，，，的距离相等.    （ⅰ）由上知，，，两两垂直，以为原点，以，，所在直线分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， ，. 设平面的法向量为， ，令，则 所以点到平面的距离为. （ⅱ）由可知，点在以为球心，以为半径的球的球面上， 当，，共线，且位于线段上时，取得最小值. 由坐标系可知，， ，所以， 则，又， 设平面的法向量为， ，令，则， 由（1）知是平面的一个法向量，记为， 于是，故平面与平面夹角的余弦值为. 变式训练7-3 (25-26高二下·河南濮阳第一高级中学·)在四棱锥中，底面ABCD，，，，M是PD中点. (1)求证：平面PAB； (2)若， ①求平面PBC与平面PCD夹角的余弦值； ②在线段BD上是否存在点Q，使得点D到平面MAQ的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(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；②存在，. 【分析】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行； （2）①建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得平面的法向量，利用向量法可得面面角余弦值，再由同角三角函数的基本关系求正弦值；②设，利用向量法表示点到平面的距离，列方程，解方程即可. 【详解】（1）略 （2） ①平面，且， 则以点为坐标原点，，，方向为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 得，，，，， ，，，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设平面的法向量为， 则，令，则， ， 平面与平面所成角的余弦值为； ②存在点满足题意，，， 假设存在点满足题意，设，， ，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以点到平面的距离， 化简可得，解得或（舍去），即. 题型八、距离最值问题 典例精讲8 (25-26高二下·江苏宿迁·期末)如图，三棱锥中，底面，平面平面． (1)求证：； (2)若，且二面角的正弦值为． ①求的长； ②为平面内一点，且满足，求点到平面距离的最大值． 【答案】(1)在面内，过A作交于， 因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面． 平面，所以． 因为底面，底面，所以． 又，且平面，所以平面． 因为平面，所以． (2)①；② 【分析】（1）由面面垂直的性质得到线面垂直，即可得到线线垂直，然后再证明线面垂直，由线面垂直的性质得证线线垂直； （2）①解法1：由二面角定义作出二面角的平面角，由线面垂直得到线线垂直，然后由直角三角形中边的关系即可求得； 解法2：建立空间直角坐标系，设点坐标，利用向量的数量积求得平面和平面的法向量，然后由二面角和向量的数量积公式求得点坐标.，从而求得. ②解法1：建立空间直角坐标系，设点坐标，由向量的数量积求得平面的法向量，由向量投影求得点到平面距离的表达式，即可求得答案； 解法2：利用等体积转换法求得点到平面距离的最大值. 【详解】（1）略 （2）①解法1：如图所示，在内过点M作交于，连接， 由（1）知，平面，又平面，所以． 又，平面，，所以平面． 又因为平面，所以． 故为二面角的平面角． 因为平面，平面PBC，所以． 因为平面，平面，平面，所以，． 设，则在中，，中，，． 在中，，即． 解得，即 解法2：以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， ， ， 设，由（1）可知，即． 设平面的一个法向量， 又， 所以，即，取，则，， 所以． 由题意得，平面的一个法向量 因为二面角的正弦值为， 所以二面角的余弦值的绝对值为． 所以． 即，将代入得，． 解得，． 当时，，此时，与C重合，舍； 当时，，此时．     ②解法1：以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则， ， ， ． 因为，为平面内一点， 所以在以为直径的圆上，则设． 设平面的一个法向量， 则，即，取，则． 所以． 到平面的距离为． 因为，所以到平面的距离最大值为． 解法2：因为平面，所以为三棱锥的高， 由（1）知，平面，平面，所以． 在直角三角形中，，，所以． 由（1）知， 设到平面的距离为h， 因为，所以，即． 又在平面内，且，所以在以为直径的圆上， 所以面积的最大值为． 故到平面的距离h的最大值为． 题型归纳 点到面距离的关键是能够通过共线向量和线面角的向量求法，将线面角的正弦值表示为关于变量的函数的形式，通过函数最值的求法确定正弦值的最大值，从而确定动点的位置。 变式训练8-1 (25-26高二上·安徽亳州涡阳县第三中学·期末)如图，在三棱锥中，为正三角形，，过点的平面与棱分别交于点，且，记. (1)证明：平面平面； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值； (3)记点到平面的距离分别为，求的最小值. 【答案】(1) 证明：如图，取的中点，连接. 因为为正三角形，所以. 因为，所以，即， 所以为等腰直角三角形，则. 因为在正三角形中，，所以. 又，所以，即. 又因为，平面. 所以平面. 又因为平面，所以平面平面. (2) (3). 【分析】（1）取的中点，连接，根据正三角形的性质，可证，根据勾股定理，可证，，根据面面垂直的判定定理，即可得证. （2）如图建系，求得各点坐标和所需向量坐标，求出平面的法向量，易得平面的法向量，根据二面角的向量求法，即可得答案. （3）由（2）得各点坐标，求出平面的法向量，根据点到平面距离的向量求法，可得的表达式，整理计算，结合基本不等式，即可得答案. 【详解】（1）略 （2）因为，所以，又由（1）知两两互相垂直， 以为坐标原点，分别以直线，为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则. 因为，所以为的中点，又，所以为的中点， 则，所以， 设平面的法向量为， 则，令，则可取， 易知平面的一个法向量为. 则， 由图象得平面与平面的夹角为锐二面角， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. （3）由（2）得，. 则. 设平面的法向量为， 则，令，则可取， 所以， 于是. 设，则， 则 ， （当且仅当，即时取“”）， 所以的最小值为. 变式训练8-2 (25-26高二上·陕西咸阳实验中学·)如图1，在等腰直角中，分别为的中点.将沿向平面上方翻折，得到如图2所示的四棱锥，且.记的中点为，动点在线段上运动.    (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值； (3)求动点到直线的距离的取值范围. 【答案】(1) 因为折叠前为中点，，所以，折叠后，， 所以，所以，在折叠前分别为中点， 所以，又因为折叠前，所以， 所以在折叠后，，； 以为坐标原点， 、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，    则，，，，， 为中点，所以，， 设平面的法向量为，又，， 所以，即，令，则，，所以， 所以，则， 所以平面； (2) (3) 【分析】（1）根据空间中的垂直关系的转化，结合线面垂直的判定即可求证； （2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解平面的夹角； （3）根据向量共线求出，利用空间向量表示出点到直线距离，利用二次函数性质求范围即可． 【详解】（1）略 （2）设，由（1）知，，因为动点Q在线段上， 且，所以，所以， 所以，，，所以，， ，设平面的法向量为， ，即，令，则，，所以， 设平面的法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为； （3）设，，，动点Q在线段上， 所以，，即，即， 所以，，， 设点Q到线段的距离为，， ，， ，，令，， 则，，根据二次函数的性质可知， 所以，由此可知动点Q到线段的距离的取值范围为． 变式训练8-3 (25-26高二上·浙江91高中联盟·期中)如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，为正三角形． (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)设点是三棱锥外接球上一点，求点到平面距离的最大值． 【答案】(1) 设为的中点，如图，连接， 由题得，， 所以为正三角形，则， 所以为平面与平面的夹角， 又，所以， 所以，所以平面平面． (2) (3) 【分析】（1）根据结合二面角定义得出进而得出面面垂直； （2）先求出平面的法向量和平面的一个法向量，再结合面面角余弦公式计算求解； （3）先设，再根据得出坐标，根据球心到平面距离加半径得出距离最大值. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知两两垂直， 故以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则， 令，则，则， 平面的一个法向量为， 所以． 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）设外接球的球心为，因为，所以在过的中点且平行于z轴的直线上， 设， 则，又， 所以，化简得：． 所以， 则外接球的半径， 又， 所以点到平面的距离． 所以点到平面距离的最大值为. 题型九、定值问题 典例精讲9 (25-26高二·广东佛山普通高中·)如图，四棱锥中，平面，，，，，，. (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若点满足，，则点到平面的距离是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，说明理由. 【答案】(1) 因为平面，平面， 所以， 又因为，平面， 所以平面，又因为平面， 所以； (2) (3)是定值 【分析】（1）根据线面垂直的性质、结合线面垂直的判定定理进行证明即可； （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； （3）根据空间向量点到直线距离公式，结合空间向量线性运算的坐标表示公式进行求解即可. 【详解】（1）略 （2）因为平面，平面，所以， 所以两两垂直， 所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，所以边上的高为， 则由题意可得， 设平面的法向量为， 因为， 所以，取，则， 所以是平面的一个法向量. 显然是平面的一个法向量， 所以平面与平面夹角的余弦值为：. （3）点到平面的距离是定值，理由如下： 是平面的一个法向量， 设点到平面的距离. ， 所以点的坐标为， 因为， 所以， 因此有， 把，代入，得 ， 所以点的坐标为， 于是， 所以点到平面的距离是定值. 题型归纳 定值问题可以考虑通过特殊值计算出定值，再加以证明 变式训练9-1 (25-26高二上·湖北武昌实验中学·)如图（一），在中，于点，，四边形是平行四边形.将沿折起至的位置，如图（二）所示，连接，. (1)证明：； (2)是的中点，连接，，记二面角为，二面角为. （i）设三棱锥的外接球球心为O，证明：当时，； （ii）是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1) 由题意得，， . ，平面，， 平面. 又平面，. (2)（i）当时，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，故，，. 设的中点为Q，易知的外接圆的圆心恰为点Q，而的外接圆的圆心为BC的中点，分别过两个圆心作对应平面的垂线，则交点为O，根据已知条件，得点， 故，，. 又O，C，，D四点不共线，. （ii）是， 【分析】（1）要证明线线垂直，需要通过证明线面垂直从而得到线线垂直，即证明平面. （2）（i）根据垂直关系先建立空间直角坐标系，然后求出的坐标，从而可证明. （ii）根据垂直关系先建立空间直角坐标系，然后求出平面、平面的法向量，进而求出的表达式，从而可判断是否为定值. 【详解】（1）略 （2）（i）略 （ii）解：为定值. 如图，以点为坐标原点，，所在直线为轴，轴，以垂直于面的直线为轴建立空间直角坐标系，且. ，，，，其中. 易得平面和平面的一个法向量. 设平面的一个法向量， 有，令，得， 设平面的一个法向量， 有，令，得. 故，. 而，. 故. 变式训练9-2 (25-26高二上·四川达州·)如图，在扇形中，，，将扇形绕旋转到扇形的位置，动点D，E，F分别在，，上（不与端点重合），且. (1)证明：平面； (2)当时，求三棱锥的体积； (3)证明：平面与平面夹角的余弦为定值，并求出这个定值. 【答案】(1) 因为，所以. 扇形绕旋转得到扇形，所以平面平面，且. 又平面，，所以平面. (2) (3) 设，则圆心角. 则，，，， 所以，， 设平面的法向量为. 则，即， 令，则，所以. 又平面，所以即为平面的一个法向量. 设平面与平面夹角为， 则. 所以平面与平面夹角的余弦为定值，定值为. 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出及点到平面的距离，代入体积公式求解即可. （3）设，得到相关向量，求出平面与平面的法向量，进一步求解即可. 【详解】（1）略 （2）由弧长公式，，可得，圆心角，即. 由（1）知，，，， 所以以为原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 即，，， 所以，，，， 所以，即为等边三角形， 所以. 设平面的法向量为. 则，即，令，则，所以. 所以点到平面的距离为. 所以. （3）略 变式训练9-3 (24-25高二上·辽宁部分名校·)如图，在正方体中，，. (1)当取得最小值时，求与的值. (2)设与平面所成的角为. ①若，求的值； ②证明：存在常数，使得为定值，并求该定值. 【答案】(1) (2)①； ②证明：由①知， 则，， ∴， ∴存在常数，使得为定值， 且该定值为2. 【分析】（1）先建立空间直角坐标系，得到点的坐标以及向量的坐标，即可求出两个向量夹角的余弦值； （2）①根据直线与平面夹角的正弦值就是该直线方向向量与该平面法向量夹角的余弦值可得到结果；②根据①得到的值，化简即可得到结果. 【详解】（1）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，如图所示： 则，，，， ∴，， 即， ∴， 当时，取得最小值， 此时， ∵， ∴； （2）①解：， 设平面的法向量为， 则即， 令，得， ∵， ∴， ∵， ∴， 又， ∴； ②证明略；定值为2. 题型十、共面问题 典例精讲10 (25-26高二上·江苏南通区、通州、启东·期末)如图，在正四棱锥中，，为与的交点，点E，F分别为棱，的中点，且.    (1)求的长度； (2)求二面角的正弦值； (3)若，且A，E，F，G四点共面，求的值. 【答案】(1) (2) (3). 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，根据两向量垂直数量积为，得到的值； （2）分别计算平面和的法向量，利用向量法求解即可； （3）求出平面的一个法向量，利用A，E，F，G四点共面，得出，即可求解. 【详解】（1）在正四棱锥中，以O为坐标原点，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系.    因为，则，，，. 设，则，. 所以，. 因为，所以，解得. 所以. （2）由（1）知，，， ，. 设平面的法向量为. 由得 则，取，则， 即平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 由得 取，则，， 即平面的一个法向量为. 设二面角的大小为，则， 所以， 即二面角的正弦值为. （3）由， 所以， 所以. 设平面的法向量为， 因为，， 由得 则，取，则，     即平面的一个法向量为. 因为A，E，F，G四点共面，则， 所以， 解得. 题型归纳 共面问题常考虑共面定理 变式训练10-1 (25-26高二上·北京通州区·期中)如图，在三棱柱中，平面，，，点，分别为，的中点.    (1)求，两点间的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在上是否存在一点，使得点在平面内.若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在； 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出点的坐标，再利用模长公式即可求解； （2）说明是平面的一个法向量，然后再计算出平面的一个法向量，最后根据平面与平面夹角的向量公式即可求解； （3）设，则，利用点满足即可求解； 【详解】（1）因为，为BC中点，所以，且， 过作平面，以为原点，分别为轴的正方向，则， ，所以两点的距离为. （2）， 显然平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为，则， 取，则，设平面与平面的夹角为， 则. （3）设，则，， 由在平面内可知，即，解得， 所以存在点，当时，点在平面内.    变式训练10-2 (25-26高二上·福建三明·期末)如图，在四棱锥中，平面，，，，，为的中点，点在上，且，G是线段上一动点. (1)求证：平面平面； (2)当A，E，F，G四点共面时，求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】(1) 证明：因为平面，平面， 所以，因为平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. (2) 【分析】（1）要证明面面垂直，需证明一平面内的线段与另一平面垂直，即证明平面. （2）先建立空间直角坐标系，列出各个点的坐标，根据共面关系求出的坐标，然后求出平面的法向量坐标，最后根据向量夹角的余弦公式求出结果. 【详解】（1）略 （2）在上取点使得，则以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，设，则， 所以，因为A，E，F，G四点共面， 所以存在实数使得，则. 解得，所以，所以. 设平面的法向量为，则. 所以有，令，则，所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 所以直线与平面所成角的余弦值为. 变式训练10-3 (25-26高二上·广东部分学校·)如图所示的几何体由三棱锥及三棱锥组成，其中是边长为的正三角形，且均由绕旋转得到，点为的中点． (1)证明：直线与直线共面； (2)已知． （i）若点都在球的表面上，求球的表面积； （ii）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明： 连接，由都是正三角形，点为的中点， 得，而平面， 则平面，同理平面，又过空间一点有且只有一个平面垂直于已知直线， 因此平面与平面重合，即平面，所以直线与直线共面 (2)（i）； （ii）. 【分析】（1）连接，利用线面垂直的判定及过过空间一点有且只有一个平面垂直于已知直线推理得证. （2）（i）根据给定条件可得线段两两垂直，利用补形的方法求出球的半径即可；（ii）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）略； （2）（i）由正的边长为，得，而， 则，即，由（1）得两两垂直， 因此三棱锥的外接球也是以线段为棱的长方体的外接球， 则球的半径， 所以球的表面积. （ii）由（i）及，得是正三角形， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量，则，令，得， 因此， 所以直线与平面所成角的正弦值. 题型十一、线段最值问题 典例精讲11 (25-26高二上·云南保山腾冲·期末)如图，在矩形中，，点为边的中点．将沿着翻折，使得平面平面，点为线段上的动点． (1)求证：平面； (2)①当点运动到何处时，线段的长度最短？最短长度是多少？ ②在①的条件下，求二面角的正弦值． 【答案】(1) 证明：因为矩形，，点为边的中点， 所以， 所以，即， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以， 又，平面， 所以平面. (2)①当点为CD中点时，线段的长度最短，最短长度为；② 【分析】（1）根据条件，求出各个长度，根据勾股定理，可证，根据面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理，可证，根据线面垂直的判定定理，即可得证. （2）①如图建系，求得各点坐标和所需向量坐标，设，可得的坐标，根据求模公式，可得表达式，根据二次函数的性质，即可得答案. ②由①可得坐标，进而可得坐标，求出平面的法向量，根据（1）可得平面的法向量，根据二面角的向量求法，可得二面角的余弦值，根据同角三角函数的关系，即可得答案. 【详解】（1）略 （2）①因为，所以以E为原点，为x，y轴正方向， 过E作垂直平面为z轴正方向建系，如图所示， 取AE中点F，连接，因为， 所以，且， 则， 所以， 因为点为线段上，所以设， 则， 则， 所以当时，有最小值，此时点P为CD的中点. ②由①得，又， 所以， 设平面PBE的法向量为， 则，令，则，所以， 又平面，所以即为平面的法向量， 所以， 则， 所以二面角的正弦值为    题型归纳 线段最值常考虑向量，求解向量模长最值问题 变式训练11-1 (25-26高二上·安徽合肥第六中学等校·期末)在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是2，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子，分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记 (1)求的长，并求当为何值时，长度取得最小值； (2)当的长取得最小值时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）法一根据面面垂直的性质定理和线面垂直的性质得到，然后利用勾股定理求，并利用二次函数的性质求解最小时的取值，法二建立空间直角坐标系，写出关键点的坐标，运用两点间的距离公式求出，最后结合二次函数最值求解最小时的取值即可. （2）法一根据定义得到为平面与平面的夹角或其补角，然后利用余弦定理求余弦值，法二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。再利用面面夹角的向量求法求解即可. 【详解】（1）法一：如图，过点作于点，连接， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为正方形边长为2，， 所以，，， 得到. 当时，长度取得最小值. 法二：因为四边形为正方形，所以，由题意知，， 如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 因为正方形，的边长都是2，所以 又，得到，， 所以 ， 由二次函数性质得当时，长度取得最小值. （2）法一：由已知得，当点，为，中点时的长最小， 取中点，连接，，，， 因为，为正方形，点，为，中点， 所以， 因为为中点，所以，， 因为平面平面， 所以为平面与平面的夹角或其补角， 而，，，， 在三角形中，根据余弦定理得，则面面夹角取的补角， 故平面与平面夹角的余弦值为. 法二：因为取最小值时，所以，， 当、分别为、为中点时，最短， 此时、，， 设平面的法向量为，，， 则，取，解得，，可得， 设平面的法向量为 所以，即，取，所以，， 所以平面的法向量为， 设平面与平面夹角为， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为. 变式训练11-2 (25-26高二上·辽宁丹东·期末)如图，已知菱形ADCB和菱形ADEF的边长均为2，M，N分别为AE、BD上的点，且． (1)用向量法证明：平面ABF； (2)设，，当MN的长度最小时，求AF与平面MND所成角的正弦值． 【答案】(1) 设，则有，， 所以 ， 因为平面ABF， 所以平面ABF． (2) 【分析】（1）根据空间向量线性运算法则，结合共面向量的判定定理进行证明即可； （2）法一：建立空间直角坐标系，运用空间向量夹角公式、结合二次函数的最值性质进行求解即可； 法二：运用基底法，结合空间向量线性运算法则，运用等积法进行求解即可. 【详解】（1）略 （2）法一：取AD的中点O，连接BO，FO，由题意，， 所以平面BOF， 从而平面平面ABCD． 以O为坐标原点，方向为x轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系．则，，． 由，得，． 设，则，， 所以 ． 从而， 当时，MN取最小值，此时． 设为平面MND的法向量，则， 即，可取． 因为， 所以当MN的长度最小时， AF与平面MND所成角的正弦值为 ．     法二：以为基底，由题设，故． 设，则，， 所以． 故， 当时，MN取最小值， 此时M，N分别为AE、BD上的中点，平面MND就是平面BFD． 取AD的中点O，连接BO，FO，由题意，， 所以平面BOF，从而平面平面ABCD， 故F到平面ABD距离为． 可知面积为，面积为， 设A到平面BFD距离为d． 由得， 因此当MN的长度最小时，AF与平面MND所成角的正弦值为． 变式训练11-3 (25-26高二上·浙江湖州长兴县南太湖联盟·)如图，在四棱锥中，F为棱上一动点（不包含端点），，，.      (1)证明：平面； (2)若F是靠近点D的四等分点，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若O是三棱锥外接球的球心，求的最小值. 【答案】(1) 证明：在四棱锥中，连接，由，及余弦定理， 得，，则， 由，，得是正三角形，，而， ，则，又平面， 所以平面. (2)； (3). 【分析】（1）连接，利用余弦定理及勾股定理逆定理证得，再利用线面垂直的判定推理得证. （2）由（1）的信息以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量法求解. （3）由（2）中坐标系，确定球心的位置，利用空间两点间距离公式求出点坐标，再设出点坐标，利用空间两点间距离公式列式求出最小值. 【详解】（1）略 （2）由（1）得平面平面，在平面内过点作 ， 而平面平面，则平面，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，， 由，得，， 设平面的法向量，而， 则，令，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）由（1）知，是的斜边，则其中点是外接圆圆心，平面， 设，由，得， 解得，点，令， ， ，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 题型十二、体积中的存在问题 典例精讲12 如图，平面，，，，，.    (1)证明：平面； (2)若. （ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值； （ⅱ）判断在线段上是否存在一点，使得三棱锥的体积为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明：法一：证明：，平面，平面， 平面， 同理：平面， ，平面，平面， 平面平面， 又平面， ∴平面 法二：证明：依题意，建立以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的空间直角坐标系（如图）， 则，，，， 设，则 依题意，是平面的一个法向量, 又因为 ，即 又因为直线平面 平面 (2)（ⅰ）；（ⅱ）存在，点为线段上靠近的三等分点 【分析】（1）由面面平行的判定定理，证明平面平面，由面面平行的定义，证明平面即可. （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，，，计算法向量的夹角余弦即可. （ⅱ）先求，再求 到平面的距离，最后利用等体积法 计算即可. 【详解】（1）略； （2）    （ⅰ）由（1）可得：，，，，， ∴， ，，， 设，分别为平面和平面的法向量， ∴即， ∴，令，则， 是平面的一个法向量， ∴即， ∴，令，则， 所以，是平面的一个法向量， 设平面和平面的夹角为， ∴ 平面与平面所成角的余弦值为； （ⅱ）存在，点为线段上靠近的三等分点. 假设存在这样的点，且满足：，， ∴，， ∴， 又因为是平面的一个法向量， 点到平面的距离为， ∴ ， ， ∴，，， ∴ ， ∴，符合题意， ，即点为线段上靠近的三等分点. 题型归纳 1.几何法：通过换顶点割补法求解体积 2.代数法：通过空间向量求解距离问题，进而求解体积。 变式训练12-1 (25-26高二下·辽宁葫芦岛第一高级中学·)如图，在三棱台中，平面平面，为的中点，．    (1)证明：； (2)当三棱台的体积为时，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) 取中点，连接． 由得，． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 又因为平面，所以． 又，所以四边形是菱形，从而． 又，所以平面． 又平面，所以． (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而得，进而根据菱形的性质可得，即可根据线面垂直的判定求解， （2）根据体积公式可求解长度，进而建立空间直角坐标系，求解平面法向量，利用向量的夹角即可得解. 【详解】（1）略 （2）取的中点，连接，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 所以三棱台的高． 设，则，， 从而，解得． 以为原点，直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图， 则 ， 设平面的法向量， 则即令，则， 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．    变式训练12-2 (25-26高二上·山东德州（优高联考）·期中)如图1，在四边形中，，，，如图2，把沿折起，使点到达点处，且平面平面，为的中点.    (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)判断线段上是否存在点，使得三棱锥的体积为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 证明：在图1中，由，可得， 所以，则， 因为，可得，所以， 在图2中知，取AC的中点O，连接QO，BO， 又因为Q为PC的中点，可得，所以， 因为，可得， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以. (2) (3) 存在， 【分析】（1）在图1中，证得，取AC的中点O，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可证得； （2）以为原点，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）设点到平面的距离为d，根据题意，求得，得到点到平面的距离为，令得到，结合向量的距离公式，列出方程，即可求解. 【详解】（1）略 （2）解：由题意知，平面平面，平面平面，且， 所以平面ABC，所以直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为坐标轴建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，，，， 则，，，， 设平面的法向量为，则， 令，可得，，所以， 设平面的法向量为，因此， 令，可得，，所以， 因此， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. （3）解：假设线段AP上是否存在点M，使得三棱锥的体积为， 在中，，可得， 因为三棱锥的体积为， 设点到平面的距离为d，可得，因此， 因此点到平面的距离为， 令（），由（2）得，， 又因为平面的法向量为， 则点到平面的距离为，解得， 所以线段上存在点，使得三棱锥的体积为，且. 变式训练12-3 (24-25高二下·广西南宁名校·)如图，在四棱锥中，平面，底面是边长为的菱形.分别为的中点，. (1)求证：； (2)若四棱锥的体积为，求平面与平面的夹角. 【答案】(1) 平面平面， ， 平面， 平面， 又平面， ， 又平面 平面， 又平面； (2) 【分析】（1）先证得平面，进而求证平面，即可； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解； 【详解】（1）略 （2）由（1）可知，又 ， ，底面为菱形，为的中点， 是等边三角形， 由（1）知， 所以四棱锥的体积. ， 如图，以为原点，以为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，， 平面法向量为， 设平面法向量为， 则 令，则 为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为 故平面与平面的夹角为 题型十三、体积最值问题 典例精讲13 (25-26高二上·江苏天一中学·期末)在四棱锥中，底面为直角梯形，满足，，，，底面.点为棱的中点，点为棱的中点.    (1)求平面与平面所成夹角的余弦值； (2)设点为三棱锥的内切球球面上一动点，求三棱锥体积的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，即可得出两平面夹角余弦值； （2）根据等体积法求出内切球的半径，并根据半径得出球心位置，结合球面上的点到平面距离的最大值为球心到平面距离加上半径，再由三棱锥体积公式计算可得结果. 【详解】（1）因为底面，底面， 所以，又， 可得两两垂直，建立以为坐标原点， 分别以所在直线为轴的空间直角坐标系如下图，    设平面与平面的一个法向量分别为， 可得，令，可得； 即为平面的一个法向量， 又，令，可得； 所以即为平面的一个法向量， 因此平面与平面所成夹角的余弦值为. （2）三棱锥即为三棱锥， 由（1）中分析可知为正三角形，且边长为， 所以三棱锥是底面边长为，侧棱长为2的正三棱锥， 设三棱锥的内切球球心为，半径为， 由等体积法可得， 即，解得； 设球心，易知平面，且到平面的距离为； 易知，， 显然，可得； 不妨取平面的一个法向量为，又， 又到平面的距离为，所以， 可得，所以，所以； 由（1）中为平面的一个法向量， 可知到平面的距离为； 因此到平面的距离的最大值为； 由易知是边长为的等边三角形，所以； 因此三棱锥体积的最大值为. 题型归纳 1.几何法：通过换顶点割补法求解体积 2.代数法：通过空间向量求解距离问题，进而求解体积。 变式训练13-1 (25-26高二上·河南平顶山普通高中·期末)如图，在多面体ABCDF中，平面平面ACDF，四边形ACDF为矩形，，，M，N分别是线段AB，BC上的动点（不包含端点)，且满足． (1)证明：直线； (2)当时，求点M到平面BDF的距离； (3)当三棱锥的体积最大时，求平面ADN与平面BDF的夹角的余弦值． 【答案】(1) 若是的中点，连接，作，由，则，如下图示， 而平面平面，平面，平面平面， 所以平面，而，则， 构建以为原点，为轴的空间直角坐标系， 而，，则，而， 所以，，，，， 若且，则，于是，， 所以，， 所以， 所以； (2)； (3). 【分析】（1）若是的中点，连接，作，根据已知构建合适的空间直角坐标系，标注相关点的坐标，应用向量法证明垂直关系即可； （2）由题意分别为的中点，求出的坐标，应用向量法求点面距离即可； （3）由已知及棱锥的体积公式和基本不等式求三棱锥的体积最大时对应的位置，应用向量法求面面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）若，而且，易知分别为的中点， 所以，且，， 若是平面BDF的一个法向量，则，取，则， 由，则点M到平面BDF的距离为； （3）由，则， 而， 由，当且仅当时取等号，所以， 此时三棱锥的体积最大，且分别为的中点， 由（2）知平面BDF的一个法向量为， 而，，，所以，， 若是平面ADN的一个法向量，则， 取，则， 所以. 变式训练13-2 (25-26高二上·吉林长春东北师范大学附属中学·期中)如图，在三棱锥中，． (1)若，求证：平面平面； (2)当三棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) ，，所以， 在中，由余弦定理得 ， 又因为，所以， 在中，根据余弦定理得， 因此， 又因为是平面内的相交直线，平面， 又平面 平面平面． (2). 【分析】（1）在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，进而由勾股定理的逆定理可证，，结合已知可证平面，可证结论． （2）由题意可证两两垂直，以点为原点，以为轴正方向，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的一个法向量，利用向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）由题意当三棱锥的体积最大时，平面平面． 取的中点，连接，则， 平面平面平面 平面，又平面，所以， 又为的中点，所以． 以点为原点，以为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 从而， 设平面的法向量为，则， 从而，令，得， 则平面的一个法向量为． 设平面的法向量为，则， 从而，令，得， 所以平面的法向量为． 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 变式训练13-3 (25-26高二上·重庆西南大学附属中学校·月考)如图，已知正方形边长为，、、、分别为、、、的中点，为正方形的中心，现将正方形沿对角线折起，形成四面体． (1)当四面体的体积最大时，求的大小； (2)记四棱锥的体积为，求的取值范围； (3)求和平面所成线面角的正弦值的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意可建立适当空间直角坐标系，再表示出各点坐标后结合体积公式计算即可得； （2）求出平面的法向量后可借助点到平面距离公式计算出四棱锥的高，再利用体积公式计算即可得解； （3）求出平面的法向量与直线的方向向量后利用空间向量夹角公式可表示出和平面所成线面角的正弦值，再利用三角函数及基本不等式计算即可得其最大值. 【详解】（1）连接、，依题意知，， 又，平面， 平面，设，， 如图所示，建立空间直角坐标系，其中为坐标原点， 方向为轴正向，方向为轴正向，轴平面，轴， 则，，，，， ，，； 四面体即三棱锥，底面不变， 当高即最大时体积最大． 此时，，，，， ，即； （2），，则，即， ，设平面的法向量为， 则有，取，则， 所以四棱锥的高为， ， ，，； （3），， 平面的法向量可取为， 设和平面所成线面角为， 则， 设，，则， ， 当且仅当，即时取等，即时取等， 所以直线和平面所成线面角的正弦值的最大值为. 题型十四、新定义问题 典例精讲14 (24-25高二上·陕西西安中学·期中)已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量与的夹角，记作．定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为线段上一点，．    (1)求的长； (2)若为线段的中点，求二面角的正弦值； (3)请问线段上是否存在一点，使得，若存在，请求出的值． 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）证明，为直线与所成的角，设，结合“向量积”的模的定义由条件列方程，求可得的长. （2）过点作交的延长线于点，证明为二面角的平面角，解三角形求其余弦值，结合二面角与二面角互补可得结论. （3）过点作，证明平面，过点作交于点，在上取点，使得，证明，结合条件可求. 【详解】（1）因为底面为矩形，所以， 因为平面，底面，所以. 又平面，所以， 因为，所以为直线与所成的角， 设，则. 在中，. 又，所以，解得或（舍去），所以. （2）在平面内，过点作交的延长线于点，连接. 因为底面，底面，所以， 又平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角. 因为为的中点，，四边形为矩形， 所以，所以，所以。 所以，设二面角的平面角为，则， 所以，所以. 所以二面角的平面角的正弦值为.    （3）存在符合条件的点，依题意得，， 又，所以. 又，所以，又平面，所以平面. 在平面内过点作，垂足为， 由平面，平面，得， 又平面，所以平面， 在平面内过点作交于点，在上取点，使得. 连接，所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，易知，所以， 所以.    题型归纳 “新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质， 它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 变式训练14-1 (25-26高二上·广东深圳实验学校高中部·)在空间直角坐标系中，过点且以为方向向量的直线方程可表示为，过点且以为法向量的平面方程可表示为． (1)已知直线的方程为，请写出直线上一个点的坐标和直线的一个方向向量； (2)若直线与都在平面内，求平面的方程； (3)若集合中所有的点构成了多面体的各个面，求的体积和相邻两个面所在平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)直线上一个点的坐标为，直线的一个方向向量为 (2) (3)的体积为，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为 【分析】（1）根据定义即可求解； （2）根据定义求得直线的方向向量及直线上一个点，再说明该点在直线上，根据两直线的方向向量求得平面法向量，再结合点坐标即可求解平面的方程； （3）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式即可求解相邻两个面所在平面夹角的余弦值，由四棱锥的体积公式即可求解体积． 【详解】（1）因为直线的方程为，即， 可得直线上一个点的坐标为，直线的一个方向向量为． （2）直线的方程为，即， 可知直线过点，直线的一个方向向量， 因为， 所以直线过点，且其一个方向向量为， 则为平面内一点， 设平面的法向量为， 则，令，则，可得， 所以平面的方程为，即． （3）由集合可知， 多面体与坐标轴交于各点， ，如图所示， 可知四边形为正方形，边长， 所以正方形的面积为， 而正四棱锥的高为，则， 所以多面体的体积为， 由集合所有的点构成了多面体的各个面， 点均满足方程， 可知平面的方程为，且该平面的一个法向量为， 同理可知，平面的方程为，该平面的一个法向量为， 平面的方程为，该平面的一个法向量为， 所以， 由对称性可知，任意相邻两平面的夹角的余弦值都为， 故多面体相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为， 综上，的体积为，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为． 变式训练14-2 (25-26高二上·山东潍坊诸城等3地·期中)空间中，两两互相垂直且有公共原点的三条数轴构成直角坐标系．如果坐标系中有两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为“斜坐标系”． (1)现有一种空间斜坐标系，它任意两条数轴的夹角均为，我们将这种坐标系称为“斜坐标系”，类比空间直角坐标系，定义“空间斜坐标系”下向量的斜坐标，分别为“斜坐标系”下三条数轴（轴，轴，轴）正方向上的单位向量，若向量，则与有序实数组一一对应，称向量的斜坐标为，记作．在平行六面体中，，，建立“空间斜坐标系”如图所示．    ①若，求向量的斜坐标； ②若，且，求． (2)如图三棱锥为的中点，点满足，利用本题介绍的斜坐标系，求二面角的正弦值．    【答案】(1)①；② (2) 【分析】（1）设分别为与同方向的单位向量，则， ①，由此能求出结果； ②由题，由，知，由，能求出，进而求出结果； （2）方法一：仿照（1）中的方法进行求解；方法二：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）设分别为与同方向的单位向量， 则， ① ； ②由题， 由，知， 由，知： ， ， ，解得. 则. （2）方法一：设，如图，以分别为轴正方向上的单位向量，建立斜坐标系：    ①， 设， 设平面的法向量为， 所以，即，取，得， 设平面的法向量为， 所以，即，取，得， 设二面角的平面角为， ， 从而， 所以二面角的正弦值为； 方法二：设， 因为为中点，， 所以， ，显然有， 因此，显然， 有，建立如图所示的空间直角坐标系，   ，，，， ，，， 设平面的法向量为， 于是有，令，则. 设平面的法向量为， 于是有，令，则， 平面与平面的夹角的余弦值为， 故求二面角的正弦值：． 变式训练14-3(25-26高二上·广东东莞七校·)已知两个非零向量，在空间任取一点O，作，则叫做向量与的夹角，记作．定义与的“向量积”为：是一个与、都垂直的向量，且它的模．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，为线段AD上一点． (1)求； (2)若为线段的中点，求二面角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在； 【分析】（1）先证明为直线与所成角，再由定义去求解； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量进行求解； （3）由，，设，，得，即可求解． 【详解】（1）因为底面为矩形，所以，， 又底面，底面， 所以，又，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为，所以为直线与所成角，即， 在直角中， 所以， . （2）因为且为矩形， 所以可如图建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量， 则， 令，得    所以， 因为  所以平面的法向量可取， 设二面角的平面角为 ，则， 所以 ，     所以， 所以二面角的正弦值为． （3）依题意，，， 又， 所以，， 设，， 则 ， 所以， 由， 得 ，  所以 ， ， 由（1）知， 又因 ， 所以， 所以线段上存在点，使得，此时． 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．(26-27高二上·安徽蚌埠第二中学·)如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中S为动点. (1)证明：； (2)若， ①三棱锥的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面的距离； ②求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)如图，取的中点，连接、. 因为是正三角形，为中点，所以； 因为是等腰直角三角形，，为中点，所以. 又，平面，故平面. 因为平面，所以. (2)①；② 【分析】（1）取 中点 ，由正三角形和等腰直角三角形的性质得 、，从而 平面 ，故 ； （2）① 由垂直关系得外接球球心为中点，用等体积法分别求到平面 的距离和到平面的距离，球心到平面的距离为后者的一半； ② 建立空间直角坐标系，由垂直关系确定坐标，分别求两平面法向量，用夹角公式得二面角余弦值. 【详解】（1）略. （2）①当 时，由 ，则 ， 取的中点 ，连接 . 故到四点的距离相等，故为三棱锥 外接球的球心， 因为，故 ， 设到平面 的距离为，到平面 的距离为， 由等体积法可得 而，由于 ，故. 所以， 从而，故到平面 的距离为. ②由①知 ，且 . 以为原点，、所在直线分别为轴、轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系. 则，设. 由，即，得；由，即，得 ； 又 ，故，所以. 平面中，， 其法向量满足，可取； 平面 中，， 其法向量满足，可取. 设平面与平面的夹角为，则， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 2．(24-25高二上·湖南株洲第二中学·期末)如图，在四棱锥中，，，，，平面． (1)若，求点到平面的距离； (2)求与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面的法向量，再用点到平面的距离公式计算； （2）先设出点的参数坐标，求出平面的法向量，再写出直线的方向向量，根据线面角的正弦值公式得到关于参数的表达式，再用函数或不等式求最大值. 【详解】（1）由平面，平面，则， 又，由都在面内，则面 过作于，过作，故可构建如下图示空间直角坐标系， 又，，， 则，，，， 所以，，， 若是面的一个法向量，则， 令，则， 所以点到平面的距离； （2）法一：同（1）构建空间直角坐标系，易知是与面所成角的平面角， 显然在以为直径的圆上，令， 显然，可得或， 当时，，， 则， 所以，此时最大值为； 当时，，， 则， 所以，此时最大值为； 综上，与平面所成角的正弦值的最大值为． 法二：取的中点，则平面且，在以为圆心，为半径的圆上， 所以，与平面所成角为，点到平面的距离为， 则，点到平面的距离即到的距离，所以 所以与平面所成角的正弦值的最大值为． 3．(25-26高二·广东汕尾城区·期末)如图，一个密封长方体形状的容器中盛有水，E为容器上底面内任意一点，在平面内过点E画一条直线l，使得l与保持垂直． (1)为使得，请简要写出作图步骤，并证明所作直线． (2)已知，．若点E在上，且，点M在上，且．现将容器倾斜，此时容器内水面恰好同时经过点和M，且水面与直线l平行．设水面与平面的交线为m，交线m与长方形的边界交于N，G两点．求三棱锥的体积． 【答案】(1)如图，连接，在平面内过点E作直线l垂直于（或作直线），l即为所求直线． 证明：在长方体中，可得平面， 因为平面，所以． 又因为，且，平面，所以平面， 因为平面，所以． (2)2 【分析】（1）连接，在平面内过点E作直线l垂直于，即可得到l即为所求直线；根据题意，证得和，得到平面，即可证得； （2）由点M在上，令，得到平面即为平面，法一：以D为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量和，利用向量的距离公式，求得点到平面的距离，进而求得三棱锥的体积；法二：证得平面， 得到点到平面的距离等于点到平面的距离，结合锥体的体积公式，即可求解. 【详解】（1）略 （2）解：记水面所在的平面为平面， 因为E是上的点，且，所以直线l为的中位线所在的直线， 因为点M在上，且，令， 则有，故平面即为平面， 法一：延长交延长线于点P，连接，， 故直线即为平面与侧面的交线m， 由，，可得，， 由，，可得，， 以D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，可得，，，， 可得，， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 因为， 设点到平面的距离为，则， 又因为，所以， 所以， 故三棱锥的体积． 法二：因为，平面，平面， 所以平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 所以 . 4．(25-26高二·浙江宁波镇海中学·期末)如图，在平行四边形中，，，，分别是的中点，将平行四边形沿折至的位置，连接，得到斜三棱柱． (1)若为中点，证明：直线平面； (2)当时， ①求二面角的大小； ②在三棱柱中有内切球与各个侧面和底面都相切，球与侧面，侧面以及上底面都相切，且与球外切，求球的表面积． 【答案】(1)取中点， 因为且，所以四边形是平行四边形，所以，所以平面， 因为且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以平面， 又因为，平面， 所以平面平面，因为平面，所以平面． (2)①；② 【分析】（1）利用面面平行的判定和性质即可证明； （2）①方法一：找到二面角的平面角，再求解即可；方法二：建立合适的空间直角坐标系，利用面面角的空间向量求法即可得到答案；②写出的表达式，再作差即可. 【详解】（1）略 （2）①法一：连，取中点， 因为，所以，又因为分别是的中点， 则，则，则为中点， 因为且，所以为二面角的平面角， 因为，则， 则为等边三角形，所以，所以． 法二：因为， 即 即， 所以，又因为， 取中点，则，， 则，，， 以为轴正方向，以为轴正方向，轴满足右手系，建立空间直角坐标系． 故． 设点满足，则，解得， 则．则， 因为，所以易得， 则， 设平面的法向量，则，即 可取， ， 设平面的法向量，则，即， 可取， ， 则平面的法向量，平面的法向量， 所以，由图知是锐二面角，所以二面角为． ②因为且，所以截面内，球截得的圆为的内切圆， 因为的边长为，所以它的内切圆半径为 ，因为， 因为，则，则， 则， 又因为为中点，所以， 所以． 因为，所以点在平面中，所以， 因为，，， 所以，，所以． 在中，； ； …… ； ； 作差得， 因为，所以． 5．(25-26高二下·江苏常州北郊高级中学·期中)四棱锥中，四边形为梯形，其中，，，平面平面. (1)证明：； (2)若，且三棱锥的体积为，点在线段上，若平面与平面所成的二面角的正弦值为，求的长. 【答案】(1)由题意知为等边三角形，则，所以， 又四边形为梯形，，则， 在中，，， 由， 得，解得， 所以，即， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以. (2) 【分析】（1）先由梯形边长与角度判定为等边三角形，用余弦定理算出，借助勾股逆定理证，再结合面面垂直性质定理推出平面，最终得线线垂直； （2）取中点，利用等腰与面面垂直条件以为原点建空间直角坐标系，由棱锥体积求出高；设表示坐标，分别求出两平面法向量，结合二面角正弦值算出余弦绝对值，列方程解出，最后乘长度得到． 【详解】（1）略 （2）取的中点为， 因为，且为的中点，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 则平面， 连接，则，且平面，故， 综上，，，两两垂直， 以为原点，，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系. 所以，，，， 由 ， 即，解得， 则， 设 ，所以 所以 ，，，， 若是平面的一个法向量， 则， 取，则，则 . 若是平面的一个法向量， 则， 取，则，，则， 所以， 因为，解得，故， 所以． 6．(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， （i）设，点到直线的距离为3，求的值； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值． 【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)（i）；（ii） 【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，，，，， （i）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． （ii）已知平面的一个法向量为， ， 设平面的一个法向量为， 由，即，取． 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 7．(25-26高二下·湖南长沙第一中学·期末)在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的正方形，平面ADE与平面BCE的交线为l， (1)求证: (2)若平面平面 . （ⅰ）求平面AED与平面AEB所成角的余弦值； （ⅱ）已知点O为底面ABCD的中心，点Q在侧面AEB内，且 求三棱锥的体积的最大值． 【答案】(1)因为，平面，平面，从而平面， 又平面，平面平面，则． (2)（ⅰ）；（ⅱ）． 【分析】(1) 由正方形可证面，根据线面平行性质得结论； (2) 以为坐标原点，，分别为，轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，(i) 求两平面法向量算二面角余弦；(ii) 体积由的高决定，结合约束求最大高得体积最大值. 【详解】（1）略 （2）平面平面，平面平面，，可得平面， （ⅰ）在底面为正方形的四棱锥中，以为坐标原点，，分别为，轴， 过且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，，，，设， 则，，， 所以，因为， 又， 所以，解得，所以， 则，又，所以， 所以， 设平面的法向量为， 则得取，则， 设平面的法向量为， 则得取，则， ，故平面与平面所成角的余弦值为． （ⅱ）设点到平面的距离为，因为， 所以，即点到平面的距离为， 则到平面的距离为． 过点作平面的垂线，垂足为， 又，，即点在以为圆心，为半径的圆上， 由（1）知平面，，，为二面角的平面角， 则到平面的距离为， 所以到平面的距离最大值为，则的最大值为． 8．(26-27高二上·山西忻州某校·)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. 9．(25-26高二下·河南驻马店青铜鸣·)如图1，四边形是边长为4的正方形，在扇形中，，点是弧的中点．现将正方形沿进行翻折，使得点到达点的位置，点到达点的位置，如图2所示，其中． (1)证明：平面； (2)求四棱锥的体积； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)因为四边形是边长为4的正方形，所以， 翻折后，，又，平面， 所以平面，即平面，所以平面． (2) (3) 【分析】（1）运用线面垂直的判定定理，证明一条直线垂直于平面内两条相交直线；再结合翻折前后的平行关系，将线面垂直进行传递； （2）利用余弦定理和等腰三角形的三线合一性质求出底面四边形的面积，再根据棱锥体积公式代入已知高计算体积； （3）通过建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，并利用向量夹角公式计算两平面夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）连接，在中，由余弦定理得． 因为，易知，故四边形的面积为. 由（1）得四棱锥的高，所以四棱锥的体积． （3）取的中点，连接，则，易知两两垂直， 则以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则， 因为为边长为4的等边三角形，所以， 所以． 设平面的法向量为， 则，即，． 设平面的法向量为， 则，即，． 设平面与平面夹角为， 则． 10．(25-26高二下·江苏苏州第十中学校·期中)如图，四棱锥底面为矩形，平面平面，是边长为的等边三角形，，点为中点，点为线段上一点（与点，不重合）. (1)当为何值时，直线与平面所成的角为. (2)在（1）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立适当空间直角坐标系，设出点坐标，再表示出直线的方向向量与平面的法向量，借助空间向量的夹角公式表示出线面角的正弦即可得解； （2）求出平面的法向量后，利用空间向量的夹角公式计算即可得解. 【详解】（1）因为是边长为2的等边三角形，为的中点，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 由四边形为矩形，取中点，连接，则、、两两垂直， 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 设，则， ，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，，可得， 则， 整理得，故，则（负值舍去）， 则， 即当时，直线与平面所成的角为； （2），， 设平面的法向量为， 则， 令，则，，可得， 又平面的法向量， 故， 即平面与平面夹角的余弦值为. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $