资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩19页未读，
继续阅读
所属成套资源：高考数学二轮复习压轴题专题 （2份打包，原卷版+教师版）
成套系列资料，整套一键下载
高考数学二轮复习压轴题专题20 立体几何与空间向量（解答题压轴题）（2份打包，原卷版+教师版）
展开
这是一份高考数学二轮复习压轴题专题20 立体几何与空间向量（解答题压轴题）（2份打包，原卷版+教师版），文件包含高考数学二轮复习压轴题专题20立体几何与空间向量解答题压轴题原卷版doc、高考数学二轮复习压轴题专题20立体几何与空间向量解答题压轴题教师版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共84页， 欢迎下载使用。
\l "_Tc4090" ①求直线与平面所成角定值问题 PAGEREF _Tc4090 \h 1
\l "_Tc907" ②求直线与平面所成角最值或范围问题 PAGEREF _Tc907 \h 9
\l "_Tc13581" ③直线与平面所成角中探索性问题 PAGEREF _Tc13581 \h 16
\l "_Tc14804" 2、平面与平面所成角问题 PAGEREF _Tc14804 \h 26
\l "_Tc26058" ①求平面与平面所成角定值问题 PAGEREF _Tc26058 \h 26
\l "_Tc24691" ②求平面与平面所成角最值或范围问题 PAGEREF _Tc24691 \h 34
\l "_Tc11403" ③平面与平面所成角中探索性问题 PAGEREF _Tc11403 \h 44
\l "_Tc11518" 3、体积（距离）问题 PAGEREF _Tc11518 \h 51
\l "_Tc29345" 4、折叠问题 PAGEREF _Tc29345 \h 58
1、直线与平面所成角问题
①求直线与平面所成角定值问题
1．（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）如图，为圆锥的顶点，A，为底面圆上两点，，为中点，点在线段上，且.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）设圆O的半径为r，
在中，，，，
故，又，故，
在中，由余弦定理得，
所以，即；
圆锥中，底面，底面，故，
又，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，，
则，，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
有，即，解得，
设直线与平面所成角为，
则.
2．（2023·宁夏银川·校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，且平面，，，分别是，的中点，是上一点，且.
(1)求证：平面；
(2)若 SKIPIF 1 < 0 ，求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明： SKIPIF 1 < 0 ，分别为，中点，，
又平面，平面，
SKIPIF 1 < 0 平面；
（2）底面是边长为2的菱形，所以，又平面，平面，
所以，
如图所示，以为原点，以 SKIPIF 1 < 0 所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
SKIPIF 1 < 0 ，底面是边长为2的菱形，，
则，，．
SKIPIF 1 < 0 ，
又， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，
，，
设平面的一个法向量为，
则，令，所以 SKIPIF 1 < 0 ，
设直线与平面所成角为．
则，故有，
所以直线与平面所成角的余弦值.
3．（2023·江苏扬州·统考模拟预测）如图，平行六面体的体积为6，截面的面积为6．
(1)求点到平面的距离；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)1
(2)
【详解】（1）在平行六面体中，是三棱柱，
SKIPIF 1 < 0 ，
设点到平面的距离为，则 SKIPIF 1 < 0 ，所以，
即点到平面的距离为1．
（2）在中，，所以是菱形，连接交于，则，
由（1）知点到平面的距离为1，所以平面．
设点在直线上射影为点 SKIPIF 1 < 0 ，
则，且 SKIPIF 1 < 0 ，
所以和 SKIPIF 1 < 0 重合，即．
以为坐标原点， SKIPIF 1 < 0 分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则 SKIPIF 1 < 0 ，
根据，则 SKIPIF 1 < 0 ，
SKIPIF 1 < 0 ，设平面的一法向量为，
则，取，则，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角正弦值为．
4．（2023·安徽六安·安徽省舒城中学校考模拟预测）如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长为2的正方形，，，且.
(1)记线段的中点为，在平面内过点作一条直线与平面平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【详解】（1）延长，设其交点为，连接，
则为平面与平面的交线，
取线段CD的中点M，连接KM，直线KM即为所求．
证明如下：延长，设其交点为，连接，
则为平面与平面的交线，
因为，所以，又，
所以，
所以，又，
所以四边形为平行四边形，所以，
取的中点，连接，
∵分别为的中点，
∴，∴．
∵ SKIPIF 1 < 0 平面， 平面，
∴平面．
（2）以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图.由已知可得，
所以，
设平面的法向量为，
则得，
取得，，
平面的一个法向量.
设直线与平面所成的角为，
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
5．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）如图，在底面为正方形的四棱台中，已知，，，A到平面的距离为.
(1)求到平面的距离；
(2)若，求直线 SKIPIF 1 < 0 与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）在正方形中，，则，
在中，由条件可知，即，
所以，
因为A到平面的距离为，所以，
因为，记到平面的距离为 SKIPIF 1 < 0 ，
所以由，得，
即到平面的距离为；
（2）在四棱台中，∥平面，
则到平面的距离即为到平面的距离，
假设不垂直于平面，则，与矛盾，
所以平面，
又因为平面平面，所以平面，
由平面，
所以在直角梯形中，如图所示，过D1作D1M⊥AD于M点，
则，
以A为原点，方向为轴的正方向，如图建立空间直角坐标系，
则 SKIPIF 1 < 0 ，，
设是平面的一个法向量，
由，取 SKIPIF 1 < 0 ，则，所以，
设直线与平面所成角为，则.
②求直线与平面所成角最值或范围问题
1．（2023春·黑龙江·高二校联考开学考试）如图，在梯形ABCD中，，点M在边AD上，，，以CM为折痕将翻折到的位置，使得点S在平面ABCD内的射影恰为线段CD的中点．
(1)求四棱锥体积：
(2)若点P为线段SB上的动点，求直线CP与平面MBS所成角的正弦值的最大值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）取CD的中点O，连接SD、SO，取MD的中点F，连接CF．
∵，∴，
∵，∴
∴， SKIPIF 1 < 0 ，．
由题意知 SKIPIF 1 < 0 平面ABCD，平面ABCD，∴
∵O为CD中点，且，∴，∴
∴；
（2）延长DC到点E，以C为原点，、的方程分别为x轴、y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，
，，
∵，且，∴四边形BCDM为平行四边形，
∴，∴，
∴，．
设，
则
．
设平面MBS的一个法向量，直线CP与平面MBS所成的解得为．
由得，令，则 SKIPIF 1 < 0 ，
故可取．
∴
∴当时，取得最大值．
所以直线CP与平面MBS所成角的正弦值的最大值．
2．（2023春·福建福州·高二校联考期末）如图，三棱台中，，D是AC的中点，E是棱BC上的动点．
(1)若平面，确定的位置.
(2)已知平面ABC，且．设直线 SKIPIF 1 < 0 与平面所成的角为，试在（1）的条件下，求的最大值．
【答案】(1)见解析
(2) SKIPIF 1 < 0
【详解】（1）连接,
由三棱台中，是的中点可得,所以四边形为平行四边形，故,
平面, 平面,故平面,
又平面，且平面， ，
所以平面平面，又平面 SKIPIF 1 < 0 平面 SKIPIF 1 < 0 ,
平面平面,故,
由于是的中点,故是的中点，
故点在边的中点处，平面;
（2）因为平面，平面,
所以 SKIPIF 1 < 0 ,又平面,
故平面,由于平面,所以 ,
由（1）知：在边的中点，是的中点,
所以,进而，
连接,由
所以四边形为平行四边形，
故 ,由于平面，因此平面，
故两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系；设，
则，
故 ，
设平面的法向量为，
则，取，则，
又，
故，
当且仅当 SKIPIF 1 < 0 ，即时取等号，
所以的最大值为 SKIPIF 1 < 0 .
3．（2023·海南海口·统考模拟预测）如图，四棱锥中，，，平面平面.
(1)证明：平面平面；
(2)若，，，与平面所成的角为，求的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：过点A作于 SKIPIF 1 < 0 ，
因为平面平面，平面平面，所以平面，
又平面，所以，
由，，可知，
而，平面
所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）法1：由（1）知平面，平面，所以，
又，所以，
所以，，所以，
由平面ABCD，所以平面．
如图建立空间直角坐标系，则，，，设，
平面的一个法向量为，，
，所以，，即，
得 令，得，
，所以，
显然，当时，取最小值，
综上，当时，的最大值为．
法2：设点到平面的距离为，因为，平面，
所以平面，所以点A到平面的距离也为，
由（1），平面，所以，又，所以，
所以，所以，所以，
由（1），平面，所以，
由，在四边形中，当时，取最小值，
此时四边形显然为矩形，，所以的最大值为．
4．（2023春·江苏常州·高二江苏省溧阳中学校考阶段练习）如图，四棱锥的底面为正方形，底面，，点在棱上，且，点是棱上的动点（不含端点）.
(1)若是棱的中点，求的余弦值；
(2)求与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由平面，，平面，所以，，
又，所以、、两两垂直，
以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
当为棱的中点时，，则，，
，
所以的余弦值为.
（2），设，，
则，则，又，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，
，设与平面所成角为，
，
令，当时，，
即时，有最大值，
所以与平面所成角的正弦值的最大值为.
5．（2023·全国·学军中学校联考模拟预测）已知体积为1的四面体，其四个面均为全等的等腰三角形.
(1)求四面体的外接球表面积的最小值；
(2)若，的面积为，设点为线段（含端点）上一动点，求直线与面 SKIPIF 1 < 0 所成角的正弦值的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）解：因为在四面体，其四个面均为全等的等腰三角形，
所以，将四面体放置于如图所示的长方体中，其中，则， SKIPIF 1 < 0 ，
所以，在长方体中，底面为正方形，设，，
因为四面体的体积为1，
所以，四面体的体积为，即，
设四面体的外接球的半径为 SKIPIF 1 < 0 ，
所以，，当且仅当时等号成立，
所以四面体的外接球表面积，
所以，四面体的外接球表面积的最小值为
（2）解：因为，的面积为，
所以，，解得，
所以，，
所以，在中，由余弦定理得，即，
所以， SKIPIF 1 < 0 ，，
所以，以点为坐标原点，的方向分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示.
所以，，，，，
则，，
设平面 SKIPIF 1 < 0 的一个法向量为，
则，即，令，则
因为点为线段（含端点）上一动点，故设
所以
设直线与平面 SKIPIF 1 < 0 所成交为，
所以，，
因为，
所以，，即
所以，直线与面 SKIPIF 1 < 0 所成角的正弦值的取值范围.
③直线与平面所成角中探索性问题
1．（2023春·福建漳州·高二校考期中）已知直角三角形ABC中，D、E分别是AC、BC边中点，将△CDE和△BAE分别沿着DE，AE翻折，形成三棱锥 SKIPIF 1 < 0 ，M是AD中点．
(1)证明：PM⊥平面ADE；
(2)若直线PM上存在一点Q，使得QE与平面PAE所成角的正弦值为，求QM的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为D，E分别是AC，BC边中点，所以DEAB，
因为∠BAC＝90°，即，所以，
所以DE⊥AD，DE⊥CD，即DE⊥PD，
因为AD∩PD＝D，AD、PD⊂平面PAD，所以DE⊥平面PAD，
又PM⊂平面PAD，所以PM⊥DE，
由题意，，则，
又M为AD中点，所以PM⊥AD，
因为AD∩DE＝D，AD、DE⊂平面ADE，
所以PM⊥平面ADE．
（2）以M为原点，MD、MP分别为x，z轴，作MyDE，建立如图所示的空间直角坐标系，
由，，则，
所以，设面PAE的法向量为，
则，令，则，
设，则，
因为QE与平面PAE所成角的正弦值为，
所以，解得，则，故．
2．（2023春·云南楚雄·高二校考期末）如图，已知垂直于梯形所在的平面，矩形的对角线交于点，为的中 点，，.
(1)求证：平面.
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值；
(3)在线段上是否存在一点 SKIPIF 1 < 0 ，使得与平面所成角的大小为？若存在，求出 的长：若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）连接，因为四边形为矩形，所以为的中点，
在中，分别为，的中点，
所以，
又因为 SKIPIF 1 < 0 平面，平面，
所以平面.
（2）因为平面，，平面，
所以，，
又 SKIPIF 1 < 0 ，所以，
以，，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系
则，，，，，，
SKIPIF 1 < 0 ，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，，
所以平面的一个法向量为，
因为，，，平面，
所以平面
所以平面的一个法向量为 SKIPIF 1 < 0
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
（3），，
假设存在点 SKIPIF 1 < 0 ，设，
则，
由（2）知，平面的一个法向量为，
因为与平面所成角的大小为，
所以，
所以，即，所以
故存在满足题意的点 SKIPIF 1 < 0 ，此时.
3．（2023春·江西新余·高二统考期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，为线段上的动点.
(1)证明：平面；
(2)若直线 SKIPIF 1 < 0 与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明，因为底面，且底面，所以，
因为为正方形，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以，
由，为线段的中点，所以，
因为且平面，所以平面.
（2）解：因为底面，且，
以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，所以，
设，则 SKIPIF 1 < 0 ，
因为轴平面，所以平面的一个法向量为
所以 SKIPIF 1 < 0 ，解得，所以；
又因为，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以.
因为，所以点到平面的距离为.
4．（2023·四川宜宾·统考三模）如图（1），在正三角形中，分别为中点，将沿折起，使二面角 SKIPIF 1 < 0 为直二面角，如图（2），连接，过点E作平面与平面 SKIPIF 1 < 0 平行，分别交于.
(1)证明：平面；
(2)点H在线段上运动，当与平面所成角的正弦值为时，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)或1
【详解】（1）作DE中点O，连接，
分别为中点，则,
而二面角 SKIPIF 1 < 0 为直二面角，且平面平面,
平面，故平面，
∵平面平面ABD，平面平面，平面平面 SKIPIF 1 < 0 ,
∴
同理，
由分别为中点， SKIPIF 1 < 0 ，则四边形为平行四边形，
故，∴F为BC中点，∴G为AC的中点，
而，∴，
∵平面，平面，∴，
而，平面，∴平面，
平面，∴，∴，
由于，GE是公共边，∴≌，
∴，即,
又平面，∴平面.
（2）由（1）知平面，以O为坐标原点，为轴，
建立如图所示空间直角坐标系,
令，则,,,,,
,,,
设，,,故，
∴，∴，
设平面的法向量，，，
则，取，∴，
，而与平面所成角的正弦值为，
∴，解得或1.
5．（2023·吉林·统考三模）如图，在多面体中，四边形和四边形均是等腰梯形，底面为矩形，与的交点为，平面，且与底面的距离为，
(1)求证：平面；
(2)在线段 SKIPIF 1 < 0 上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为．若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析;
(2)存在；是 SKIPIF 1 < 0 的中点.
【详解】（1）证明：取中点 SKIPIF 1 < 0 ，连接．
∵是底面对角线与的交点，即的中点
∴∥， =.
∵∥平面，平面，平面平面，∴.
∵．
∴∥， =，故∥，＝，则四边形是平行四边形.
∴
∵平面，平面
∴平面.
（2）∵ ∴
∵ SKIPIF 1 < 0 ， ,且两直线在平面内， ∴平面.
∵平面 ∴平面平面
在平面中，过作.
平面平面 ∴平面.
取中点，取中点，连接, SKIPIF 1 < 0 ．
以为原点，, SKIPIF 1 < 0 ，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系
如图，
则，，，，，，有，，，
设，
∴ ∴.
设是平面的一个法向量,
∴ 令，则，∴
设CM与平面ADE所成角为
∴
化简得： ∴或－1（舍）
当M是BF的中点时，使得CM与平面ADE所成角正弦值为
6．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，四棱锥的底面为菱形，，，底面ABCD，E，F分别是线段PB，PD的中点，G是线段PC上的一点．
(1)若，证明直线AG在平面AEF内；
(2)若直线AG与平面AEF所成角的正弦值为，试确定的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【详解】（1）（1）证明：取BC的中点M，连接，则AM⊥AD，分别以AM，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系, 如图所示．
则，，，，， ，
设，因为，，．
所以，即，
，，
设平面AEF的法向量，则，所以
取，
所以，即．
又因为平面AEF，
所以直线AG在平面AEF内．
（2）（2）设，则
则，
解得或，即或．
2、平面与平面所成角问题
①求平面与平面所成角定值问题
1．（2023·山西运城·山西省运城中学校校考二模）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）如图，连接 SKIPIF 1 < 0 ，交 SKIPIF 1 < 0 于，连接.
因为侧面为菱形，所以 SKIPIF 1 < 0 ，且为 SKIPIF 1 < 0 的中点.又，故.
又，且，所以，所以.又，所以，所以 SKIPIF 1 < 0 .
因为平面，，所以平面.
又平面 SKIPIF 1 < 0 ，所以平面平面.
（2）由（1）知，两两互相垂直，因此以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.
故，，.
设为平面的一个法向量，则有，即 SKIPIF 1 < 0 ，令，则.
设为平面的一个法向量，则有，即，令，则.因为平面平面，所以也是平面的一个法向量.
所以.
所以平面与平面夹角的余弦值.
2．（2023·宁夏石嘴山·统考一模）如图，在四棱锥 SKIPIF 1 < 0 中，侧面底面，底面为菱形， SKIPIF 1 < 0 ．
(1)若四棱锥 SKIPIF 1 < 0 的体积为1，求的长；
(2)求平面与平面所成二面角的正弦值．
【答案】(1)2
(2)
【详解】（1）如图，过作 SKIPIF 1 < 0 于，连接，
因为侧面底面，且侧面底面 SKIPIF 1 < 0 面，
所以底面，
设，因为 SKIPIF 1 < 0 ，
所以 SKIPIF 1 < 0 ，
在菱形中，，则为等边三角形，
则，
所以四棱锥 SKIPIF 1 < 0 的体积，
解得；
（2）取的中点，连接，则，
以的方向为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设 SKIPIF 1 < 0 ，
则 SKIPIF 1 < 0 ，
SKIPIF 1 < 0 ，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设平面的法向量为，
，令，得，
则，
故平面与平面所成二面角的正弦值为.
3．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考模拟预测）如图，在三棱柱中，，．
(1)证明：；
(2)若 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取的中点，连接，，
，， SKIPIF 1 < 0 ，，
又，平面，平面，
而 SKIPIF 1 < 0 平面，
SKIPIF 1 < 0 ；
（2）在中，，，
可得，，
在中，，，可得 SKIPIF 1 < 0 ，
在中，，，，
可得，即，
由（1）知，平面，平面，所以平面平面，
又平面平面，平面，
平面，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，
设平面与平面的一个法向量分别为，，
由，取，得，
由，取，得．
．
由图可知，二面角的平面角为钝角，
二面角的余弦值为．
4．（2023·福建三明·统考三模）如图，平面五边形由等边三角形与直角梯形组成，其中，，，，将沿折起，使点到达点的位置，且.
(1)当时，证明并求四棱锥 SKIPIF 1 < 0 的体积；
(2)已知点为棱上靠近点的三等分点，当时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【详解】（1）如图，取的中点，连结，，
因为为等边三角形，且，则，.
因为，，，，
所以 SKIPIF 1 < 0 ，，那么，则也是等边三角形，
所以，.
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
因为，所以，
所以，
因为，，平面，
所以平面.
所以.
（2）由（1）知平面，以､所在直线分别为轴､轴，在平面内过作的垂线作为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
则，，
在中，因为，所以，
由则，
过点作直线的垂线，垂足为，则，
所以，，
所以
设，因为，所以，
所以，，，即
所以，，
设平面的法向量为，
则，
不妨令，则，，
所以
不妨设平面的法向量为，设平面与平面的夹角为
则，
所以平面与平面夹角的余弦值是.
5．（2023·全国·模拟预测）如图，在多面体中，四边形是菱形，且有，，，平面，．
(1)求证：平面；
(2)求平面 SKIPIF 1 < 0 与平面所成的锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为四边形是菱形，
所以，
又平面，平面，
所以 SKIPIF 1 < 0 平面，
因为，平面，平面，
所以平面，
又因为，平面，
所以平面平面，
又平面 SKIPIF 1 < 0 ，
所以平面．
（2）取中点 SKIPIF 1 < 0 ，连接,
因为四边形是菱形，且有，,
所以三角形 SKIPIF 1 < 0 为正三角形，
又中点为 SKIPIF 1 < 0 ，
所以，,
又菱形中， SKIPIF 1 < 0 ，
所以，
因为平面，平面，
所以,，
以D为原点，所在直线为轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
因为四边形ABCD是菱形，且，，
，平面ABCD，，
所以，，，，．
所以 SKIPIF 1 < 0 ，，，．
设平面AMP的法向量为，
则有，即．
取，得 SKIPIF 1 < 0 ，，
所以．
设平面的法向量为，则有即，
取，得，，
所以，
所以，
令平面AMP与平面PBC所成的锐二面角为，
则
所以平面AMP与平面PBC所成的锐二面角的余弦值为．
②求平面与平面所成角最值或范围问题
1．（2023·江苏·高二专题练习）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面， SKIPIF 1 < 0 ，，分别在棱，上．
(1)当为棱中点时，求证：；
(2)当为棱中点时，求平面与平面所成的二面角余弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）因为底面为正方形，所以，又因为平面，，平面，
所以，．以为正交基底建立空间坐标系，
则，，，，．
当为棱中点时，，设，
则，，
所以，所以．
（2）当为棱中点时，，设，
则，，，．
设平面的法向量为，则
取，则 SKIPIF 1 < 0 是平面的一个法向量，
设平面的法向量为，则
取 SKIPIF 1 < 0 ，则是平面的一个法向量．
设平面与平面所成角为，
则．
令，则，
所以当，即时，取最大值．
所以平面与平面所成的二面角余弦值的最大值为．
2．（2023春·江苏徐州·高二徐州高级中学校考期中）如图1，在等边中，点，分别为边，上的动点，且满足，记 SKIPIF 1 < 0 .将沿翻折到位置，使得平面平面，连接 SKIPIF 1 < 0 ，得到图2，点为的中点.
(1)当平面时，求的值；
(2)试探究：随着值的变化，二面角的大小是否为定值？如果是，请求出二面角的正弦值；如果不是，请求出二面角的余弦值的取值范围.
【答案】(1)
(2)是，
【详解】（1）取的中点，连接并延长与相交，因为，，所以，即，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，建立如图空间直角坐标系，不妨设，则，，，，，，
所以，，.
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以即是平面的一个法向量，
因为平面，所以，，解得；
（2）
由（1）知，是平面的一个法向量，
同理可求平面的一个法向量为，
，即随着值的变化，二面角的大小为定值.
且，所以二面角的正弦值为.
3．（2023秋·云南昆明·高二统考期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，，，点E是线段AD的中点，点F在线段AP上且满足，面ABCD.
(1)当时，证明： //平面；
(2)当为何值时，平面BFE与平面PBD所成的二面角的正弦值最小？
【答案】(1)证明见详解
(2)
【详解】（1）设，
因为 //，则，
若，即，可得，
所以 //，
平面，平面，
故 //平面.
（2）连接，
由题意可得：，
在中，由余弦定理，
即，可得，则，
且面ABCD，如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设点，则，
因为，则，解得，即，
可得，
设平面BFE的法向量为，则，
令，则，即，
由题意可得：平面的法向量，
设平面BFE与平面PBD所成的二面角为，
则，
由题意可知：，则有：
当时，则；
当时，则，
因为，则，
关于的二次函数开口向上，对称轴 SKIPIF 1 < 0 ，
当 SKIPIF 1 < 0 ，即时，取到最小值，即，
可得；
综上所述：.
所以当时，取到最大值 SKIPIF 1 < 0 ，取到最小值.
即当时，平面BFE与平面PBD所成的二面角的正弦值最小.
4．（2023春·江苏淮安·高二金湖中学校联考阶段练习）如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥．
(1)求四棱锥的体积的最大值；
(2)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）取的中点，连接，因为，则，
当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，此时平面，且，
底面为梯形，，
则四棱锥的体积最大值为.
（2）连接，因为，所以，所以为的平面角，即 SKIPIF 1 < 0 ，
过点作平面，以为坐标原点，
分别以DA，DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
过作于点 SKIPIF 1 < 0 ，由题意得平面，
设，因为，所以，，，
所以，，
所以，
所以，，
设平面PAM的法向量为，则，
令，则，
设平面的法向量为，
因为，，
则，令，
可得，
设两平面夹角为，
则
令，，所以，
所以，
因为的对称轴为，
所以当时，有最小值，
所以平面和平面夹角余弦值的最小值为．
5．（2023春·江苏常州·高二校联考阶段练习）某人设计了一个工作台，如图所示，工作台的下半部分是个正四棱柱，其底面边长为4，高为1，工作台的上半部分是一个底面半径为的圆柱体的四分之一，点为圆弧（包括端点）上的动点．
(1)若平面时，求点与的最短距离．
(2)若，当点在圆弧（包括端点）上移动时，求平面 SKIPIF 1 < 0 与平面所成的锐二面角的正切值的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）如图，以为原点，以的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
设，
则，
，
平面，
SKIPIF 1 < 0 ，
SKIPIF 1 < 0 ，
点在圆弧（包括端点）上移动，
则，，
，
SKIPIF 1 < 0 ，
即，当且仅当时等号成立，
，
点与的最短距离为.
（2）若，由（1）知，
设，，则,,，
所以，
又，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
取平面的一个法向量，
设平面 SKIPIF 1 < 0 与平面所成的锐二面角的大小为，
则，
，
，，
则，
由，则，
二面角的正切值的取值范围为.
③平面与平面所成角中探索性问题
1．（2023·西藏日喀则·统考一模）如图，已知直角梯形与，，，，AD⊥AB，，G是线段 SKIPIF 1 < 0 上一点.
(1)平面⊥平面ABF
(2)若平面⊥平面，设平面 SKIPIF 1 < 0 与平面所成角为，是否存在点G，使得，若存在确定G点位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点G为BF中点
【详解】（1）因为，，，AF、AB平面ABF，
所以AD⊥平面ABF，又AD平面ABCD，
所以平面⊥平面ABF.
（2）由面⊥面，，面面，面，
所以平面，AB在面ABCD内，则，结合已知建立如下空间直角坐标系，
则，设，得，
平面的法向量为，又，
设平面 SKIPIF 1 < 0 的法向量为，则，
取，则，
故=，解得 =，（舍），
所以点G的坐标为，故存在点G为BF中点时使得.
2．（2023·上海长宁·上海市延安中学校考三模）已知和所在的平面互相垂直，，，，，是线段的中点，.
(1)求证： SKIPIF 1 < 0 ；
(2)设，在线段上是否存在点（异于点），使得二面角的大小为.
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【详解】（1），故，
，则，故，
又，平面，，故平面，
平面，故 SKIPIF 1 < 0 ，
（2）△和△所在的平面互相垂直，则平面平面，
且平面，故平面，
如图所示：以分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，设，，
平面的一个法向量为，
设平面 SKIPIF 1 < 0 的一个法向量为，则，
取得到，
则，解得，不满足题意.
综上所述：不存在点，使二面角的大小为.
3．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）在长方体中， SKIPIF 1 < 0 ，点P为棱上任意一点.
(1)求证：平面⊥平面；
(2)若点E为棱 SKIPIF 1 < 0 上靠近点C的三等分点，求点P在棱上什么位置时，平面与平面夹角的余弦值为 SKIPIF 1 < 0 .
【答案】(1)证明见解析
(2)点P为棱上靠近点的第一个六等分点
【详解】（1）在长方体中，，故四边形为正方形，
，又面ABCD，面ABCD，.，
SKIPIF 1 < 0 ，且AC，面，
面，面，平面平面.
（2）
以D为原点，分别以DA，DC， SKIPIF 1 < 0 为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
设，，，，.
设点，，则 SKIPIF 1 < 0 ，，
设面一个法向量为，
则即，令，，，.
设面的一个法向量为，
则即，取，，，.
SKIPIF 1 < 0 ，
， SKIPIF 1 < 0 或，
， SKIPIF 1 < 0 ，
点P为棱上靠近点的第一个六等分点时，
面与面夹角的余弦值为 SKIPIF 1 < 0 .
4．（2023·福建宁德·校考模拟预测）如图，已知多面体EACBD中，EB⊥底面ACBD，EB=1，AB=2，其中底面由以AB为直径的半圆ACB及正三角形ABD组成
(1)若BC=1，求证:BC∥平面ADE.
(2)半圆AB上是否存在点M，使得二面角是直二面角?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见详解
(2)存在，
【详解】（1）由题意可得：，则，
且为锐角，则，
因为三角形ABD为正三角形，则，
可得，即 SKIPIF 1 < 0 ，
所以 //，
平面ADE，平面ADE，
可得BC∥平面ADE.
（2）如图，以的中点为坐标原点，为x轴，的中垂线为y轴建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，即，
设，平面的法向量，
因为，则，
令，则，即，
若二面角是直二面角，则，
整理得，
联立方程 SKIPIF 1 < 0 ，解得或，
因为，则，可得，即
所以，
可得当时，二面角是直二面角.
5．（2023·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）如图（1），平面四边形由正三角形 SKIPIF 1 < 0 和等腰直角三角形组成，其中 SKIPIF 1 < 0 ，．现将三角形 SKIPIF 1 < 0 绕着所在直线翻折到三角形位置（如图（2）），且满足平面平面．
(1)证明：平面；
(2)若点满足 SKIPIF 1 < 0 ，当平面与平面夹角的余弦值为时，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：取的中点，连结，在正三角形中，有，
又因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
又因为平面，所以，
在等腰直角三角形中，有，
又因为，且平面，
所以平面．
（2）取的中点，连结，在正三角形中，有，
由（1）可知平面，又因为平面，所以，
又因为，且平面，所以平面．
取的中点，连结，因为点是的中点，所以 SKIPIF 1 < 0 ，
又因为，所以，
因为平面，平面，
所以， SKIPIF 1 < 0 ，
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，
则，，，，
所以，，.
因为 SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 ，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，则， SKIPIF 1 < 0 ，
则
设平面的法向量为，
则，
令，则，，所以，
由题意可知，，
整理得 SKIPIF 1 < 0 ，所以，，
又因为，所以．
3、体积（距离）问题
1．（2023·江苏徐州·校考模拟预测）在三棱台中，为中点，，，．
(1)求证：平面；
(2)若，，平面与平面所成二面角大小为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）在三棱台中，为中点，则，又，则，
又，∴四边形为平行四边形，则，
∵，∴，又，，
∴，∵平面，，∴平面．
（2）∵，，∴，
又∵，平面，，∴平面，
∵，，为中点，∴．
以为正交基底，建立空间直角坐标系 SKIPIF 1 < 0 ，
则， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，，，，，
，
设平面的一个法向量为，
则，
令，， SKIPIF 1 < 0 ，则，又平面的一个法向量为，
则，∴，即．
∵平面，平面平面，平面，
∴．
2．（2023·江苏苏州·模拟预测）在如图所示的圆锥中，已知为圆锥的顶点，为底面的圆心，其母线长为6，边长为的等边内接于圆锥底面，且.
(1)证明：平面平面；
(2)若为中点，射线与底面圆周交于点，当二面角的余弦值为时，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为为圆锥的顶点，为底面的圆心，所以面.
又因为面，所以，即.
因为为外接圆圆心，且为正三角形，所以.
又因为且，面，所以面，
因为面，所以面面.
（2）作交于，取中点为.
因为，，所以.
因为面，，面，所以，.
如图，以点为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系.
因为，，所以， SKIPIF 1 < 0 ，
所以，，，，.
由，得，，，
，.
设面 SKIPIF 1 < 0 的法向量为，则，
取，则，，所以.
设面的法向量为，则,
取，则，，所以.
由，且，
解得，所以，.
又因为，所以，
所以到面的距离.
3．（2023·重庆·统考模拟预测）在多面体中，四边形是边长为4的正方形， SKIPIF 1 < 0 ，△ABC是正三角形．
(1)若为AB的中点，求证：直线平面；
(2)若点在棱上且，求点C到平面的距离．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【详解】（1）连接 SKIPIF 1 < 0 ，设，由题意可得为 SKIPIF 1 < 0 的中点，连接，
因为分别为的中点，则 //，
平面，平面，
所以直线平面.
（2）由题意可得： SKIPIF 1 < 0 ，，平面，
所以平面，
取的中点 SKIPIF 1 < 0 ，连接，
因为△ABC是正三角形，则，
又因为平面，平面，则，
，平面，
所以平面，
如图，以 SKIPIF 1 < 0 为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，
则 SKIPIF 1 < 0 ，
可得 SKIPIF 1 < 0 ，
设平面的法向量，则，
令 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，即，
所以点C到平面的距离.
4．（2023·北京通州·统考三模）如图，在三棱锥中，平面平面BCD，，O为BD的中点.
(1)证明：.
(2)若是等腰直角三角形，，，点E在棱AD上（与A，D不重合），若二面角的大小为，求点D到面BCE的距离.
【答案】(1)证明见解析.
(2)1.
【详解】（1）证明：因为，O为BD的中点，
所以，
又因为平面平面BCD，平面平面，平面ABD，
所以平面BCD．
又因为平面BCD，
所以.
（2）设BC的中点为F，则，又因为，所以.
以O为坐标原点，以OF，OD，OA所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为是等腰直角三角形，，，所以 SKIPIF 1 < 0 ，
又因为，O为BD的中点，根据直角三角形性质可得，，
则，，，，，
设，则.
由题意可知 SKIPIF 1 < 0 是平面BCD的一个法向量，，
设平面BCE的一个法向量为，，，
则有，即，令，则，，
则平面BCE的一个法向量为.
根据二面角的大小为可得，，
解得，即，又因为，
所以点D到平面BCE的距离.
5．（2023·广东广州·广州六中校考三模）四棱锥中，，，，，，点是棱上靠近点的三等分点．
(1)证明：平面；
(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）依题意，在中，，
由余弦定理可得,
则，∴，
∵，∴ SKIPIF 1 < 0 ，又平面，
∴平面，
∵平面，∴，
又，平面,
故平面；
（2）以A为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
设，则，，
由（1）可知，平面,
故平面，∴平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，且 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，
则，
取，所以 SKIPIF 1 < 0 ，
因为平面与平面的夹角的余弦值为，
所以，解得，
所以四棱锥的体积为
4、折叠问题
1．（2023·全国·高二课堂例题）如图（1），在等腰梯形ABCD中，M，N分别是AD，AE的中点，，，将沿着DE折起，使得点A到达点P的位置，平面PDE⊥平面BCDE，如图（2）．
(1)若平面MNF，求的值；
(2)若，平面DEQ⊥平面MNF，求的值；
(3)若平面MNF与平面BCDE所成角的余弦值为，求的值；
(4)若点C到平面MNF的距离为，求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）取DE的中点O，连接OC，OA，CE，
由条件可知，四边形AECD和EBCD是平行四边形，且，
所以，，是等边三角形，
所以折起后，OC⊥DE，PO⊥DE．
因为平面PDE⊥平面BCDE，平面平面，平面PDE，
所以PO⊥平面BCDE，因为平面BCDE，所以PO⊥OC，
所以OE，OC，OP两两垂直，则以O为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，所以，，，， SKIPIF 1 < 0 ，，
所以，，．
因为，所以，
所以．
设平面MNF的法向量为，
则，令，得．
由平面MNF，得，即，解得．
（2）由，
得，．
设平面DEQ的法向量为，
则，令，得．
由平面DEQ⊥平面MNF，得，即，解得．
（3）平面BCDE的一个法向量为．
设平面MNF与平面BCDE所成角为θ，则，
因为平面MNF与平面BCDE所成角的余弦值为，
所以，解得或（舍去）．
（4）连接NC，如图平面MNF的一个法向量为，，
则点C到平面MNF距离为，
化简得，解得或（舍去）．
2．（2023·全国·高三专题练习）图①是直角梯形，， SKIPIF 1 < 0 ，四边形是边长为的菱形，并且，以 SKIPIF 1 < 0 为折痕将折起，使点到达的位置，且.
(1)求证：平面平面；
(2)在棱 SKIPIF 1 < 0 上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，直线与平面所成角的正弦值为
【详解】（1）在图①中，连接，交 SKIPIF 1 < 0 于，
四边形是边长为的菱形，，，；
在图②中，相交直线均与 SKIPIF 1 < 0 垂直，是二面角的平面角，
SKIPIF 1 < 0 ，， SKIPIF 1 < 0 ，，平面平面.
（2）以为坐标原点，正方向为轴可建立如图②所示空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，，
设，，
则，
设平面的一个法向量，
则，令，解得：，，；
点到平面的距离，解得：或（舍），
，，
，
直线与平面所成角的正弦值为.
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在中，，，，E为AB中点，过点E作ED垂直AC于D，将沿ED翻折，使得面面，点M是棱AC上一点，且面．
(1)求 SKIPIF 1 < 0 的值；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1) SKIPIF 1 < 0
(2)
【详解】（1）因为面面，面面，
由题意可知，，，所以 SKIPIF 1 < 0 ，
过点B作BQ垂直CD于点Q，连接QM，
因为，平面ADE，DE⊂平面ADE，
所以平面ADE，
又因为平面ADE，，BQ，平面ADE，
所以平面平面ADE，
又因为面 SKIPIF 1 < 0 面ADC＝QM，平面平面ADC＝AD，所以，
因为BC＝2，，所以，CQ＝1，
在折叠前的图形中，，
，所以AQ＝3，，
易知D为AQ的中点，所以，
所以 SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 ；
（2）由（1）知，以D为原点，以DE，DC，DA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，
易知平面BCDE的一个法向量，
，
设平面MBE的法向量为，
所以，令，则 SKIPIF 1 < 0 ，故，
所以，
所以二面角的余弦值为．
4．（2023春·广西南宁·高二宾阳中学校联考期末）图1是由矩形 SKIPIF 1 < 0 、和菱形组成的一个平面图形，其中，，.将其沿，折起使得 SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 重合，连接，如图2.
(1)证明：图2中的，，，四点共面，且平面平面；
(2)求图2中与平面 SKIPIF 1 < 0 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）依题意，，则，即确定一个平面，
所以四点共面；
显然，平面，
因此平面，又平面
所以平面平面.
（2）在平面内作，垂足为 SKIPIF 1 < 0 ，而平面平面，
于是平面，由荾形的边长为，得，
以 SKIPIF 1 < 0 为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系 SKIPIF 1 < 0 ，如图，
则，,
设平面 SKIPIF 1 < 0 的法向量，则，取，得，
又，设与平面 SKIPIF 1 < 0 所成的角为，则，
所以与平面 SKIPIF 1 < 0 所成角的正弦值.
5．（2023春·重庆北碚·高一西南大学附中校考期末）如图1，在四边形中，，为上一点，，，，将四边形沿折起，使得二面角的大小为，连接，，得到如图2．
(1)证明：平面平面；
(2)点是线段 SKIPIF 1 < 0 上一点，设，且二面角为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2) SKIPIF 1 < 0 ．
【详解】（1）由题意得 SKIPIF 1 < 0 ，，
又，平面，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
（2）由 SKIPIF 1 < 0 ，，则∠CEB为二面角B-AE-C的平面角，
所以，
又，，所以．
以E为坐标原点，，分别为x，y轴正方向，在平面BCE内过点E作BE的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 SKIPIF 1 < 0 ，，，，，
，，，
由已知，
．
设平面的法向量为，则，
即，
令，可得，
所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则，即
令，则，
所以为平面的一个法向量，
则，
又由二面角为，
则，即，
即
所以（舍去）或．
所以的值为 SKIPIF 1 < 0 ．
\l "_Tc4090" ①求直线与平面所成角定值问题 PAGEREF _Tc4090 \h 1
\l "_Tc907" ②求直线与平面所成角最值或范围问题 PAGEREF _Tc907 \h 9
\l "_Tc13581" ③直线与平面所成角中探索性问题 PAGEREF _Tc13581 \h 16
\l "_Tc14804" 2、平面与平面所成角问题 PAGEREF _Tc14804 \h 26
\l "_Tc26058" ①求平面与平面所成角定值问题 PAGEREF _Tc26058 \h 26
\l "_Tc24691" ②求平面与平面所成角最值或范围问题 PAGEREF _Tc24691 \h 34
\l "_Tc11403" ③平面与平面所成角中探索性问题 PAGEREF _Tc11403 \h 44
\l "_Tc11518" 3、体积（距离）问题 PAGEREF _Tc11518 \h 51
\l "_Tc29345" 4、折叠问题 PAGEREF _Tc29345 \h 58
1、直线与平面所成角问题
①求直线与平面所成角定值问题
1．（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）如图，为圆锥的顶点，A，为底面圆上两点，，为中点，点在线段上，且.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）设圆O的半径为r，
在中，，，，
故，又，故，
在中，由余弦定理得，
所以，即；
圆锥中，底面，底面，故，
又，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，，
则，，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
有，即，解得，
设直线与平面所成角为，
则.
2．（2023·宁夏银川·校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，且平面，，，分别是，的中点，是上一点，且.
(1)求证：平面；
(2)若 SKIPIF 1 < 0 ，求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明： SKIPIF 1 < 0 ，分别为，中点，，
又平面，平面，
SKIPIF 1 < 0 平面；
（2）底面是边长为2的菱形，所以，又平面，平面，
所以，
如图所示，以为原点，以 SKIPIF 1 < 0 所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
SKIPIF 1 < 0 ，底面是边长为2的菱形，，
则，，．
SKIPIF 1 < 0 ，
又， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，
，，
设平面的一个法向量为，
则，令，所以 SKIPIF 1 < 0 ，
设直线与平面所成角为．
则，故有，
所以直线与平面所成角的余弦值.
3．（2023·江苏扬州·统考模拟预测）如图，平行六面体的体积为6，截面的面积为6．
(1)求点到平面的距离；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)1
(2)
【详解】（1）在平行六面体中，是三棱柱，
SKIPIF 1 < 0 ，
设点到平面的距离为，则 SKIPIF 1 < 0 ，所以，
即点到平面的距离为1．
（2）在中，，所以是菱形，连接交于，则，
由（1）知点到平面的距离为1，所以平面．
设点在直线上射影为点 SKIPIF 1 < 0 ，
则，且 SKIPIF 1 < 0 ，
所以和 SKIPIF 1 < 0 重合，即．
以为坐标原点， SKIPIF 1 < 0 分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则 SKIPIF 1 < 0 ，
根据，则 SKIPIF 1 < 0 ，
SKIPIF 1 < 0 ，设平面的一法向量为，
则，取，则，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角正弦值为．
4．（2023·安徽六安·安徽省舒城中学校考模拟预测）如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长为2的正方形，，，且.
(1)记线段的中点为，在平面内过点作一条直线与平面平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【详解】（1）延长，设其交点为，连接，
则为平面与平面的交线，
取线段CD的中点M，连接KM，直线KM即为所求．
证明如下：延长，设其交点为，连接，
则为平面与平面的交线，
因为，所以，又，
所以，
所以，又，
所以四边形为平行四边形，所以，
取的中点，连接，
∵分别为的中点，
∴，∴．
∵ SKIPIF 1 < 0 平面， 平面，
∴平面．
（2）以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图.由已知可得，
所以，
设平面的法向量为，
则得，
取得，，
平面的一个法向量.
设直线与平面所成的角为，
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
5．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）如图，在底面为正方形的四棱台中，已知，，，A到平面的距离为.
(1)求到平面的距离；
(2)若，求直线 SKIPIF 1 < 0 与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）在正方形中，，则，
在中，由条件可知，即，
所以，
因为A到平面的距离为，所以，
因为，记到平面的距离为 SKIPIF 1 < 0 ，
所以由，得，
即到平面的距离为；
（2）在四棱台中，∥平面，
则到平面的距离即为到平面的距离，
假设不垂直于平面，则，与矛盾，
所以平面，
又因为平面平面，所以平面，
由平面，
所以在直角梯形中，如图所示，过D1作D1M⊥AD于M点，
则，
以A为原点，方向为轴的正方向，如图建立空间直角坐标系，
则 SKIPIF 1 < 0 ，，
设是平面的一个法向量，
由，取 SKIPIF 1 < 0 ，则，所以，
设直线与平面所成角为，则.
②求直线与平面所成角最值或范围问题
1．（2023春·黑龙江·高二校联考开学考试）如图，在梯形ABCD中，，点M在边AD上，，，以CM为折痕将翻折到的位置，使得点S在平面ABCD内的射影恰为线段CD的中点．
(1)求四棱锥体积：
(2)若点P为线段SB上的动点，求直线CP与平面MBS所成角的正弦值的最大值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）取CD的中点O，连接SD、SO，取MD的中点F，连接CF．
∵，∴，
∵，∴
∴， SKIPIF 1 < 0 ，．
由题意知 SKIPIF 1 < 0 平面ABCD，平面ABCD，∴
∵O为CD中点，且，∴，∴
∴；
（2）延长DC到点E，以C为原点，、的方程分别为x轴、y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，
，，
∵，且，∴四边形BCDM为平行四边形，
∴，∴，
∴，．
设，
则
．
设平面MBS的一个法向量，直线CP与平面MBS所成的解得为．
由得，令，则 SKIPIF 1 < 0 ，
故可取．
∴
∴当时，取得最大值．
所以直线CP与平面MBS所成角的正弦值的最大值．
2．（2023春·福建福州·高二校联考期末）如图，三棱台中，，D是AC的中点，E是棱BC上的动点．
(1)若平面，确定的位置.
(2)已知平面ABC，且．设直线 SKIPIF 1 < 0 与平面所成的角为，试在（1）的条件下，求的最大值．
【答案】(1)见解析
(2) SKIPIF 1 < 0
【详解】（1）连接,
由三棱台中，是的中点可得,所以四边形为平行四边形，故,
平面, 平面,故平面,
又平面，且平面， ，
所以平面平面，又平面 SKIPIF 1 < 0 平面 SKIPIF 1 < 0 ,
平面平面,故,
由于是的中点,故是的中点，
故点在边的中点处，平面;
（2）因为平面，平面,
所以 SKIPIF 1 < 0 ,又平面,
故平面,由于平面,所以 ,
由（1）知：在边的中点，是的中点,
所以,进而，
连接,由
所以四边形为平行四边形，
故 ,由于平面，因此平面，
故两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系；设，
则，
故 ，
设平面的法向量为，
则，取，则，
又，
故，
当且仅当 SKIPIF 1 < 0 ，即时取等号，
所以的最大值为 SKIPIF 1 < 0 .
3．（2023·海南海口·统考模拟预测）如图，四棱锥中，，，平面平面.
(1)证明：平面平面；
(2)若，，，与平面所成的角为，求的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：过点A作于 SKIPIF 1 < 0 ，
因为平面平面，平面平面，所以平面，
又平面，所以，
由，，可知，
而，平面
所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）法1：由（1）知平面，平面，所以，
又，所以，
所以，，所以，
由平面ABCD，所以平面．
如图建立空间直角坐标系，则，，，设，
平面的一个法向量为，，
，所以，，即，
得 令，得，
，所以，
显然，当时，取最小值，
综上，当时，的最大值为．
法2：设点到平面的距离为，因为，平面，
所以平面，所以点A到平面的距离也为，
由（1），平面，所以，又，所以，
所以，所以，所以，
由（1），平面，所以，
由，在四边形中，当时，取最小值，
此时四边形显然为矩形，，所以的最大值为．
4．（2023春·江苏常州·高二江苏省溧阳中学校考阶段练习）如图，四棱锥的底面为正方形，底面，，点在棱上，且，点是棱上的动点（不含端点）.
(1)若是棱的中点，求的余弦值；
(2)求与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由平面，，平面，所以，，
又，所以、、两两垂直，
以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
当为棱的中点时，，则，，
，
所以的余弦值为.
（2），设，，
则，则，又，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，
，设与平面所成角为，
，
令，当时，，
即时，有最大值，
所以与平面所成角的正弦值的最大值为.
5．（2023·全国·学军中学校联考模拟预测）已知体积为1的四面体，其四个面均为全等的等腰三角形.
(1)求四面体的外接球表面积的最小值；
(2)若，的面积为，设点为线段（含端点）上一动点，求直线与面 SKIPIF 1 < 0 所成角的正弦值的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）解：因为在四面体，其四个面均为全等的等腰三角形，
所以，将四面体放置于如图所示的长方体中，其中，则， SKIPIF 1 < 0 ，
所以，在长方体中，底面为正方形，设，，
因为四面体的体积为1，
所以，四面体的体积为，即，
设四面体的外接球的半径为 SKIPIF 1 < 0 ，
所以，，当且仅当时等号成立，
所以四面体的外接球表面积，
所以，四面体的外接球表面积的最小值为
（2）解：因为，的面积为，
所以，，解得，
所以，，
所以，在中，由余弦定理得，即，
所以， SKIPIF 1 < 0 ，，
所以，以点为坐标原点，的方向分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示.
所以，，，，，
则，，
设平面 SKIPIF 1 < 0 的一个法向量为，
则，即，令，则
因为点为线段（含端点）上一动点，故设
所以
设直线与平面 SKIPIF 1 < 0 所成交为，
所以，，
因为，
所以，，即
所以，直线与面 SKIPIF 1 < 0 所成角的正弦值的取值范围.
③直线与平面所成角中探索性问题
1．（2023春·福建漳州·高二校考期中）已知直角三角形ABC中，D、E分别是AC、BC边中点，将△CDE和△BAE分别沿着DE，AE翻折，形成三棱锥 SKIPIF 1 < 0 ，M是AD中点．
(1)证明：PM⊥平面ADE；
(2)若直线PM上存在一点Q，使得QE与平面PAE所成角的正弦值为，求QM的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为D，E分别是AC，BC边中点，所以DEAB，
因为∠BAC＝90°，即，所以，
所以DE⊥AD，DE⊥CD，即DE⊥PD，
因为AD∩PD＝D，AD、PD⊂平面PAD，所以DE⊥平面PAD，
又PM⊂平面PAD，所以PM⊥DE，
由题意，，则，
又M为AD中点，所以PM⊥AD，
因为AD∩DE＝D，AD、DE⊂平面ADE，
所以PM⊥平面ADE．
（2）以M为原点，MD、MP分别为x，z轴，作MyDE，建立如图所示的空间直角坐标系，
由，，则，
所以，设面PAE的法向量为，
则，令，则，
设，则，
因为QE与平面PAE所成角的正弦值为，
所以，解得，则，故．
2．（2023春·云南楚雄·高二校考期末）如图，已知垂直于梯形所在的平面，矩形的对角线交于点，为的中 点，，.
(1)求证：平面.
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值；
(3)在线段上是否存在一点 SKIPIF 1 < 0 ，使得与平面所成角的大小为？若存在，求出 的长：若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）连接，因为四边形为矩形，所以为的中点，
在中，分别为，的中点，
所以，
又因为 SKIPIF 1 < 0 平面，平面，
所以平面.
（2）因为平面，，平面，
所以，，
又 SKIPIF 1 < 0 ，所以，
以，，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系
则，，，，，，
SKIPIF 1 < 0 ，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，，
所以平面的一个法向量为，
因为，，，平面，
所以平面
所以平面的一个法向量为 SKIPIF 1 < 0
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
（3），，
假设存在点 SKIPIF 1 < 0 ，设，
则，
由（2）知，平面的一个法向量为，
因为与平面所成角的大小为，
所以，
所以，即，所以
故存在满足题意的点 SKIPIF 1 < 0 ，此时.
3．（2023春·江西新余·高二统考期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，为线段上的动点.
(1)证明：平面；
(2)若直线 SKIPIF 1 < 0 与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明，因为底面，且底面，所以，
因为为正方形，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以，
由，为线段的中点，所以，
因为且平面，所以平面.
（2）解：因为底面，且，
以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，所以，
设，则 SKIPIF 1 < 0 ，
因为轴平面，所以平面的一个法向量为
所以 SKIPIF 1 < 0 ，解得，所以；
又因为，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以.
因为，所以点到平面的距离为.
4．（2023·四川宜宾·统考三模）如图（1），在正三角形中，分别为中点，将沿折起，使二面角 SKIPIF 1 < 0 为直二面角，如图（2），连接，过点E作平面与平面 SKIPIF 1 < 0 平行，分别交于.
(1)证明：平面；
(2)点H在线段上运动，当与平面所成角的正弦值为时，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)或1
【详解】（1）作DE中点O，连接，
分别为中点，则,
而二面角 SKIPIF 1 < 0 为直二面角，且平面平面,
平面，故平面，
∵平面平面ABD，平面平面，平面平面 SKIPIF 1 < 0 ,
∴
同理，
由分别为中点， SKIPIF 1 < 0 ，则四边形为平行四边形，
故，∴F为BC中点，∴G为AC的中点，
而，∴，
∵平面，平面，∴，
而，平面，∴平面，
平面，∴，∴，
由于，GE是公共边，∴≌，
∴，即,
又平面，∴平面.
（2）由（1）知平面，以O为坐标原点，为轴，
建立如图所示空间直角坐标系,
令，则,,,,,
,,,
设，,,故，
∴，∴，
设平面的法向量，，，
则，取，∴，
，而与平面所成角的正弦值为，
∴，解得或1.
5．（2023·吉林·统考三模）如图，在多面体中，四边形和四边形均是等腰梯形，底面为矩形，与的交点为，平面，且与底面的距离为，
(1)求证：平面；
(2)在线段 SKIPIF 1 < 0 上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为．若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析;
(2)存在；是 SKIPIF 1 < 0 的中点.
【详解】（1）证明：取中点 SKIPIF 1 < 0 ，连接．
∵是底面对角线与的交点，即的中点
∴∥， =.
∵∥平面，平面，平面平面，∴.
∵．
∴∥， =，故∥，＝，则四边形是平行四边形.
∴
∵平面，平面
∴平面.
（2）∵ ∴
∵ SKIPIF 1 < 0 ， ,且两直线在平面内， ∴平面.
∵平面 ∴平面平面
在平面中，过作.
平面平面 ∴平面.
取中点，取中点，连接, SKIPIF 1 < 0 ．
以为原点，, SKIPIF 1 < 0 ，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系
如图，
则，，，，，，有，，，
设，
∴ ∴.
设是平面的一个法向量,
∴ 令，则，∴
设CM与平面ADE所成角为
∴
化简得： ∴或－1（舍）
当M是BF的中点时，使得CM与平面ADE所成角正弦值为
6．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，四棱锥的底面为菱形，，，底面ABCD，E，F分别是线段PB，PD的中点，G是线段PC上的一点．
(1)若，证明直线AG在平面AEF内；
(2)若直线AG与平面AEF所成角的正弦值为，试确定的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【详解】（1）（1）证明：取BC的中点M，连接，则AM⊥AD，分别以AM，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系, 如图所示．
则，，，，， ，
设，因为，，．
所以，即，
，，
设平面AEF的法向量，则，所以
取，
所以，即．
又因为平面AEF，
所以直线AG在平面AEF内．
（2）（2）设，则
则，
解得或，即或．
2、平面与平面所成角问题
①求平面与平面所成角定值问题
1．（2023·山西运城·山西省运城中学校校考二模）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）如图，连接 SKIPIF 1 < 0 ，交 SKIPIF 1 < 0 于，连接.
因为侧面为菱形，所以 SKIPIF 1 < 0 ，且为 SKIPIF 1 < 0 的中点.又，故.
又，且，所以，所以.又，所以，所以 SKIPIF 1 < 0 .
因为平面，，所以平面.
又平面 SKIPIF 1 < 0 ，所以平面平面.
（2）由（1）知，两两互相垂直，因此以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.
故，，.
设为平面的一个法向量，则有，即 SKIPIF 1 < 0 ，令，则.
设为平面的一个法向量，则有，即，令，则.因为平面平面，所以也是平面的一个法向量.
所以.
所以平面与平面夹角的余弦值.
2．（2023·宁夏石嘴山·统考一模）如图，在四棱锥 SKIPIF 1 < 0 中，侧面底面，底面为菱形， SKIPIF 1 < 0 ．
(1)若四棱锥 SKIPIF 1 < 0 的体积为1，求的长；
(2)求平面与平面所成二面角的正弦值．
【答案】(1)2
(2)
【详解】（1）如图，过作 SKIPIF 1 < 0 于，连接，
因为侧面底面，且侧面底面 SKIPIF 1 < 0 面，
所以底面，
设，因为 SKIPIF 1 < 0 ，
所以 SKIPIF 1 < 0 ，
在菱形中，，则为等边三角形，
则，
所以四棱锥 SKIPIF 1 < 0 的体积，
解得；
（2）取的中点，连接，则，
以的方向为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设 SKIPIF 1 < 0 ，
则 SKIPIF 1 < 0 ，
SKIPIF 1 < 0 ，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设平面的法向量为，
，令，得，
则，
故平面与平面所成二面角的正弦值为.
3．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考模拟预测）如图，在三棱柱中，，．
(1)证明：；
(2)若 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取的中点，连接，，
，， SKIPIF 1 < 0 ，，
又，平面，平面，
而 SKIPIF 1 < 0 平面，
SKIPIF 1 < 0 ；
（2）在中，，，
可得，，
在中，，，可得 SKIPIF 1 < 0 ，
在中，，，，
可得，即，
由（1）知，平面，平面，所以平面平面，
又平面平面，平面，
平面，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，
设平面与平面的一个法向量分别为，，
由，取，得，
由，取，得．
．
由图可知，二面角的平面角为钝角，
二面角的余弦值为．
4．（2023·福建三明·统考三模）如图，平面五边形由等边三角形与直角梯形组成，其中，，，，将沿折起，使点到达点的位置，且.
(1)当时，证明并求四棱锥 SKIPIF 1 < 0 的体积；
(2)已知点为棱上靠近点的三等分点，当时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【详解】（1）如图，取的中点，连结，，
因为为等边三角形，且，则，.
因为，，，，
所以 SKIPIF 1 < 0 ，，那么，则也是等边三角形，
所以，.
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
因为，所以，
所以，
因为，，平面，
所以平面.
所以.
（2）由（1）知平面，以､所在直线分别为轴､轴，在平面内过作的垂线作为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
则，，
在中，因为，所以，
由则，
过点作直线的垂线，垂足为，则，
所以，，
所以
设，因为，所以，
所以，，，即
所以，，
设平面的法向量为，
则，
不妨令，则，，
所以
不妨设平面的法向量为，设平面与平面的夹角为
则，
所以平面与平面夹角的余弦值是.
5．（2023·全国·模拟预测）如图，在多面体中，四边形是菱形，且有，，，平面，．
(1)求证：平面；
(2)求平面 SKIPIF 1 < 0 与平面所成的锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为四边形是菱形，
所以，
又平面，平面，
所以 SKIPIF 1 < 0 平面，
因为，平面，平面，
所以平面，
又因为，平面，
所以平面平面，
又平面 SKIPIF 1 < 0 ，
所以平面．
（2）取中点 SKIPIF 1 < 0 ，连接,
因为四边形是菱形，且有，,
所以三角形 SKIPIF 1 < 0 为正三角形，
又中点为 SKIPIF 1 < 0 ，
所以，,
又菱形中， SKIPIF 1 < 0 ，
所以，
因为平面，平面，
所以,，
以D为原点，所在直线为轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
因为四边形ABCD是菱形，且，，
，平面ABCD，，
所以，，，，．
所以 SKIPIF 1 < 0 ，，，．
设平面AMP的法向量为，
则有，即．
取，得 SKIPIF 1 < 0 ，，
所以．
设平面的法向量为，则有即，
取，得，，
所以，
所以，
令平面AMP与平面PBC所成的锐二面角为，
则
所以平面AMP与平面PBC所成的锐二面角的余弦值为．
②求平面与平面所成角最值或范围问题
1．（2023·江苏·高二专题练习）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面， SKIPIF 1 < 0 ，，分别在棱，上．
(1)当为棱中点时，求证：；
(2)当为棱中点时，求平面与平面所成的二面角余弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）因为底面为正方形，所以，又因为平面，，平面，
所以，．以为正交基底建立空间坐标系，
则，，，，．
当为棱中点时，，设，
则，，
所以，所以．
（2）当为棱中点时，，设，
则，，，．
设平面的法向量为，则
取，则 SKIPIF 1 < 0 是平面的一个法向量，
设平面的法向量为，则
取 SKIPIF 1 < 0 ，则是平面的一个法向量．
设平面与平面所成角为，
则．
令，则，
所以当，即时，取最大值．
所以平面与平面所成的二面角余弦值的最大值为．
2．（2023春·江苏徐州·高二徐州高级中学校考期中）如图1，在等边中，点，分别为边，上的动点，且满足，记 SKIPIF 1 < 0 .将沿翻折到位置，使得平面平面，连接 SKIPIF 1 < 0 ，得到图2，点为的中点.
(1)当平面时，求的值；
(2)试探究：随着值的变化，二面角的大小是否为定值？如果是，请求出二面角的正弦值；如果不是，请求出二面角的余弦值的取值范围.
【答案】(1)
(2)是，
【详解】（1）取的中点，连接并延长与相交，因为，，所以，即，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，建立如图空间直角坐标系，不妨设，则，，，，，，
所以，，.
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以即是平面的一个法向量，
因为平面，所以，，解得；
（2）
由（1）知，是平面的一个法向量，
同理可求平面的一个法向量为，
，即随着值的变化，二面角的大小为定值.
且，所以二面角的正弦值为.
3．（2023秋·云南昆明·高二统考期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，，，点E是线段AD的中点，点F在线段AP上且满足，面ABCD.
(1)当时，证明： //平面；
(2)当为何值时，平面BFE与平面PBD所成的二面角的正弦值最小？
【答案】(1)证明见详解
(2)
【详解】（1）设，
因为 //，则，
若，即，可得，
所以 //，
平面，平面，
故 //平面.
（2）连接，
由题意可得：，
在中，由余弦定理，
即，可得，则，
且面ABCD，如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设点，则，
因为，则，解得，即，
可得，
设平面BFE的法向量为，则，
令，则，即，
由题意可得：平面的法向量，
设平面BFE与平面PBD所成的二面角为，
则，
由题意可知：，则有：
当时，则；
当时，则，
因为，则，
关于的二次函数开口向上，对称轴 SKIPIF 1 < 0 ，
当 SKIPIF 1 < 0 ，即时，取到最小值，即，
可得；
综上所述：.
所以当时，取到最大值 SKIPIF 1 < 0 ，取到最小值.
即当时，平面BFE与平面PBD所成的二面角的正弦值最小.
4．（2023春·江苏淮安·高二金湖中学校联考阶段练习）如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥．
(1)求四棱锥的体积的最大值；
(2)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）取的中点，连接，因为，则，
当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，此时平面，且，
底面为梯形，，
则四棱锥的体积最大值为.
（2）连接，因为，所以，所以为的平面角，即 SKIPIF 1 < 0 ，
过点作平面，以为坐标原点，
分别以DA，DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
过作于点 SKIPIF 1 < 0 ，由题意得平面，
设，因为，所以，，，
所以，，
所以，
所以，，
设平面PAM的法向量为，则，
令，则，
设平面的法向量为，
因为，，
则，令，
可得，
设两平面夹角为，
则
令，，所以，
所以，
因为的对称轴为，
所以当时，有最小值，
所以平面和平面夹角余弦值的最小值为．
5．（2023春·江苏常州·高二校联考阶段练习）某人设计了一个工作台，如图所示，工作台的下半部分是个正四棱柱，其底面边长为4，高为1，工作台的上半部分是一个底面半径为的圆柱体的四分之一，点为圆弧（包括端点）上的动点．
(1)若平面时，求点与的最短距离．
(2)若，当点在圆弧（包括端点）上移动时，求平面 SKIPIF 1 < 0 与平面所成的锐二面角的正切值的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）如图，以为原点，以的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
设，
则，
，
平面，
SKIPIF 1 < 0 ，
SKIPIF 1 < 0 ，
点在圆弧（包括端点）上移动，
则，，
，
SKIPIF 1 < 0 ，
即，当且仅当时等号成立，
，
点与的最短距离为.
（2）若，由（1）知，
设，，则,,，
所以，
又，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
取平面的一个法向量，
设平面 SKIPIF 1 < 0 与平面所成的锐二面角的大小为，
则，
，
，，
则，
由，则，
二面角的正切值的取值范围为.
③平面与平面所成角中探索性问题
1．（2023·西藏日喀则·统考一模）如图，已知直角梯形与，，，，AD⊥AB，，G是线段 SKIPIF 1 < 0 上一点.
(1)平面⊥平面ABF
(2)若平面⊥平面，设平面 SKIPIF 1 < 0 与平面所成角为，是否存在点G，使得，若存在确定G点位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点G为BF中点
【详解】（1）因为，，，AF、AB平面ABF，
所以AD⊥平面ABF，又AD平面ABCD，
所以平面⊥平面ABF.
（2）由面⊥面，，面面，面，
所以平面，AB在面ABCD内，则，结合已知建立如下空间直角坐标系，
则，设，得，
平面的法向量为，又，
设平面 SKIPIF 1 < 0 的法向量为，则，
取，则，
故=，解得 =，（舍），
所以点G的坐标为，故存在点G为BF中点时使得.
2．（2023·上海长宁·上海市延安中学校考三模）已知和所在的平面互相垂直，，，，，是线段的中点，.
(1)求证： SKIPIF 1 < 0 ；
(2)设，在线段上是否存在点（异于点），使得二面角的大小为.
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【详解】（1），故，
，则，故，
又，平面，，故平面，
平面，故 SKIPIF 1 < 0 ，
（2）△和△所在的平面互相垂直，则平面平面，
且平面，故平面，
如图所示：以分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，设，，
平面的一个法向量为，
设平面 SKIPIF 1 < 0 的一个法向量为，则，
取得到，
则，解得，不满足题意.
综上所述：不存在点，使二面角的大小为.
3．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）在长方体中， SKIPIF 1 < 0 ，点P为棱上任意一点.
(1)求证：平面⊥平面；
(2)若点E为棱 SKIPIF 1 < 0 上靠近点C的三等分点，求点P在棱上什么位置时，平面与平面夹角的余弦值为 SKIPIF 1 < 0 .
【答案】(1)证明见解析
(2)点P为棱上靠近点的第一个六等分点
【详解】（1）在长方体中，，故四边形为正方形，
，又面ABCD，面ABCD，.，
SKIPIF 1 < 0 ，且AC，面，
面，面，平面平面.
（2）
以D为原点，分别以DA，DC， SKIPIF 1 < 0 为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
设，，，，.
设点，，则 SKIPIF 1 < 0 ，，
设面一个法向量为，
则即，令，，，.
设面的一个法向量为，
则即，取，，，.
SKIPIF 1 < 0 ，
， SKIPIF 1 < 0 或，
， SKIPIF 1 < 0 ，
点P为棱上靠近点的第一个六等分点时，
面与面夹角的余弦值为 SKIPIF 1 < 0 .
4．（2023·福建宁德·校考模拟预测）如图，已知多面体EACBD中，EB⊥底面ACBD，EB=1，AB=2，其中底面由以AB为直径的半圆ACB及正三角形ABD组成
(1)若BC=1，求证:BC∥平面ADE.
(2)半圆AB上是否存在点M，使得二面角是直二面角?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见详解
(2)存在，
【详解】（1）由题意可得：，则，
且为锐角，则，
因为三角形ABD为正三角形，则，
可得，即 SKIPIF 1 < 0 ，
所以 //，
平面ADE，平面ADE，
可得BC∥平面ADE.
（2）如图，以的中点为坐标原点，为x轴，的中垂线为y轴建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，即，
设，平面的法向量，
因为，则，
令，则，即，
若二面角是直二面角，则，
整理得，
联立方程 SKIPIF 1 < 0 ，解得或，
因为，则，可得，即
所以，
可得当时，二面角是直二面角.
5．（2023·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）如图（1），平面四边形由正三角形 SKIPIF 1 < 0 和等腰直角三角形组成，其中 SKIPIF 1 < 0 ，．现将三角形 SKIPIF 1 < 0 绕着所在直线翻折到三角形位置（如图（2）），且满足平面平面．
(1)证明：平面；
(2)若点满足 SKIPIF 1 < 0 ，当平面与平面夹角的余弦值为时，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：取的中点，连结，在正三角形中，有，
又因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
又因为平面，所以，
在等腰直角三角形中，有，
又因为，且平面，
所以平面．
（2）取的中点，连结，在正三角形中，有，
由（1）可知平面，又因为平面，所以，
又因为，且平面，所以平面．
取的中点，连结，因为点是的中点，所以 SKIPIF 1 < 0 ，
又因为，所以，
因为平面，平面，
所以， SKIPIF 1 < 0 ，
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，
则，，，，
所以，，.
因为 SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 ，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，则， SKIPIF 1 < 0 ，
则
设平面的法向量为，
则，
令，则，，所以，
由题意可知，，
整理得 SKIPIF 1 < 0 ，所以，，
又因为，所以．
3、体积（距离）问题
1．（2023·江苏徐州·校考模拟预测）在三棱台中，为中点，，，．
(1)求证：平面；
(2)若，，平面与平面所成二面角大小为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）在三棱台中，为中点，则，又，则，
又，∴四边形为平行四边形，则，
∵，∴，又，，
∴，∵平面，，∴平面．
（2）∵，，∴，
又∵，平面，，∴平面，
∵，，为中点，∴．
以为正交基底，建立空间直角坐标系 SKIPIF 1 < 0 ，
则， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，，，，，
，
设平面的一个法向量为，
则，
令，， SKIPIF 1 < 0 ，则，又平面的一个法向量为，
则，∴，即．
∵平面，平面平面，平面，
∴．
2．（2023·江苏苏州·模拟预测）在如图所示的圆锥中，已知为圆锥的顶点，为底面的圆心，其母线长为6，边长为的等边内接于圆锥底面，且.
(1)证明：平面平面；
(2)若为中点，射线与底面圆周交于点，当二面角的余弦值为时，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为为圆锥的顶点，为底面的圆心，所以面.
又因为面，所以，即.
因为为外接圆圆心，且为正三角形，所以.
又因为且，面，所以面，
因为面，所以面面.
（2）作交于，取中点为.
因为，，所以.
因为面，，面，所以，.
如图，以点为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系.
因为，，所以， SKIPIF 1 < 0 ，
所以，，，，.
由，得，，，
，.
设面 SKIPIF 1 < 0 的法向量为，则，
取，则，，所以.
设面的法向量为，则,
取，则，，所以.
由，且，
解得，所以，.
又因为，所以，
所以到面的距离.
3．（2023·重庆·统考模拟预测）在多面体中，四边形是边长为4的正方形， SKIPIF 1 < 0 ，△ABC是正三角形．
(1)若为AB的中点，求证：直线平面；
(2)若点在棱上且，求点C到平面的距离．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【详解】（1）连接 SKIPIF 1 < 0 ，设，由题意可得为 SKIPIF 1 < 0 的中点，连接，
因为分别为的中点，则 //，
平面，平面，
所以直线平面.
（2）由题意可得： SKIPIF 1 < 0 ，，平面，
所以平面，
取的中点 SKIPIF 1 < 0 ，连接，
因为△ABC是正三角形，则，
又因为平面，平面，则，
，平面，
所以平面，
如图，以 SKIPIF 1 < 0 为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，
则 SKIPIF 1 < 0 ，
可得 SKIPIF 1 < 0 ，
设平面的法向量，则，
令 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，即，
所以点C到平面的距离.
4．（2023·北京通州·统考三模）如图，在三棱锥中，平面平面BCD，，O为BD的中点.
(1)证明：.
(2)若是等腰直角三角形，，，点E在棱AD上（与A，D不重合），若二面角的大小为，求点D到面BCE的距离.
【答案】(1)证明见解析.
(2)1.
【详解】（1）证明：因为，O为BD的中点，
所以，
又因为平面平面BCD，平面平面，平面ABD，
所以平面BCD．
又因为平面BCD，
所以.
（2）设BC的中点为F，则，又因为，所以.
以O为坐标原点，以OF，OD，OA所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为是等腰直角三角形，，，所以 SKIPIF 1 < 0 ，
又因为，O为BD的中点，根据直角三角形性质可得，，
则，，，，，
设，则.
由题意可知 SKIPIF 1 < 0 是平面BCD的一个法向量，，
设平面BCE的一个法向量为，，，
则有，即，令，则，，
则平面BCE的一个法向量为.
根据二面角的大小为可得，，
解得，即，又因为，
所以点D到平面BCE的距离.
5．（2023·广东广州·广州六中校考三模）四棱锥中，，，，，，点是棱上靠近点的三等分点．
(1)证明：平面；
(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）依题意，在中，，
由余弦定理可得,
则，∴，
∵，∴ SKIPIF 1 < 0 ，又平面，
∴平面，
∵平面，∴，
又，平面,
故平面；
（2）以A为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
设，则，，
由（1）可知，平面,
故平面，∴平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，且 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，
则，
取，所以 SKIPIF 1 < 0 ，
因为平面与平面的夹角的余弦值为，
所以，解得，
所以四棱锥的体积为
4、折叠问题
1．（2023·全国·高二课堂例题）如图（1），在等腰梯形ABCD中，M，N分别是AD，AE的中点，，，将沿着DE折起，使得点A到达点P的位置，平面PDE⊥平面BCDE，如图（2）．
(1)若平面MNF，求的值；
(2)若，平面DEQ⊥平面MNF，求的值；
(3)若平面MNF与平面BCDE所成角的余弦值为，求的值；
(4)若点C到平面MNF的距离为，求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）取DE的中点O，连接OC，OA，CE，
由条件可知，四边形AECD和EBCD是平行四边形，且，
所以，，是等边三角形，
所以折起后，OC⊥DE，PO⊥DE．
因为平面PDE⊥平面BCDE，平面平面，平面PDE，
所以PO⊥平面BCDE，因为平面BCDE，所以PO⊥OC，
所以OE，OC，OP两两垂直，则以O为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，所以，，，， SKIPIF 1 < 0 ，，
所以，，．
因为，所以，
所以．
设平面MNF的法向量为，
则，令，得．
由平面MNF，得，即，解得．
（2）由，
得，．
设平面DEQ的法向量为，
则，令，得．
由平面DEQ⊥平面MNF，得，即，解得．
（3）平面BCDE的一个法向量为．
设平面MNF与平面BCDE所成角为θ，则，
因为平面MNF与平面BCDE所成角的余弦值为，
所以，解得或（舍去）．
（4）连接NC，如图平面MNF的一个法向量为，，
则点C到平面MNF距离为，
化简得，解得或（舍去）．
2．（2023·全国·高三专题练习）图①是直角梯形，， SKIPIF 1 < 0 ，四边形是边长为的菱形，并且，以 SKIPIF 1 < 0 为折痕将折起，使点到达的位置，且.
(1)求证：平面平面；
(2)在棱 SKIPIF 1 < 0 上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，直线与平面所成角的正弦值为
【详解】（1）在图①中，连接，交 SKIPIF 1 < 0 于，
四边形是边长为的菱形，，，；
在图②中，相交直线均与 SKIPIF 1 < 0 垂直，是二面角的平面角，
SKIPIF 1 < 0 ，， SKIPIF 1 < 0 ，，平面平面.
（2）以为坐标原点，正方向为轴可建立如图②所示空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，，
设，，
则，
设平面的一个法向量，
则，令，解得：，，；
点到平面的距离，解得：或（舍），
，，
，
直线与平面所成角的正弦值为.
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在中，，，，E为AB中点，过点E作ED垂直AC于D，将沿ED翻折，使得面面，点M是棱AC上一点，且面．
(1)求 SKIPIF 1 < 0 的值；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1) SKIPIF 1 < 0
(2)
【详解】（1）因为面面，面面，
由题意可知，，，所以 SKIPIF 1 < 0 ，
过点B作BQ垂直CD于点Q，连接QM，
因为，平面ADE，DE⊂平面ADE，
所以平面ADE，
又因为平面ADE，，BQ，平面ADE，
所以平面平面ADE，
又因为面 SKIPIF 1 < 0 面ADC＝QM，平面平面ADC＝AD，所以，
因为BC＝2，，所以，CQ＝1，
在折叠前的图形中，，
，所以AQ＝3，，
易知D为AQ的中点，所以，
所以 SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 ；
（2）由（1）知，以D为原点，以DE，DC，DA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，
易知平面BCDE的一个法向量，
，
设平面MBE的法向量为，
所以，令，则 SKIPIF 1 < 0 ，故，
所以，
所以二面角的余弦值为．
4．（2023春·广西南宁·高二宾阳中学校联考期末）图1是由矩形 SKIPIF 1 < 0 、和菱形组成的一个平面图形，其中，，.将其沿，折起使得 SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 重合，连接，如图2.
(1)证明：图2中的，，，四点共面，且平面平面；
(2)求图2中与平面 SKIPIF 1 < 0 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）依题意，，则，即确定一个平面，
所以四点共面；
显然，平面，
因此平面，又平面
所以平面平面.
（2）在平面内作，垂足为 SKIPIF 1 < 0 ，而平面平面，
于是平面，由荾形的边长为，得，
以 SKIPIF 1 < 0 为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系 SKIPIF 1 < 0 ，如图，
则，,
设平面 SKIPIF 1 < 0 的法向量，则，取，得，
又，设与平面 SKIPIF 1 < 0 所成的角为，则，
所以与平面 SKIPIF 1 < 0 所成角的正弦值.
5．（2023春·重庆北碚·高一西南大学附中校考期末）如图1，在四边形中，，为上一点，，，，将四边形沿折起，使得二面角的大小为，连接，，得到如图2．
(1)证明：平面平面；
(2)点是线段 SKIPIF 1 < 0 上一点，设，且二面角为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2) SKIPIF 1 < 0 ．
【详解】（1）由题意得 SKIPIF 1 < 0 ，，
又，平面，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
（2）由 SKIPIF 1 < 0 ，，则∠CEB为二面角B-AE-C的平面角，
所以，
又，，所以．
以E为坐标原点，，分别为x，y轴正方向，在平面BCE内过点E作BE的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 SKIPIF 1 < 0 ，，，，，
，，，
由已知，
．
设平面的法向量为，则，
即，
令，可得，
所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则，即
令，则，
所以为平面的一个法向量，
则，
又由二面角为，
则，即，
即
所以（舍去）或．
所以的值为 SKIPIF 1 < 0 ．
相关试卷
高考数学二轮复习压轴题专题22 椭圆（解答题压轴题）（2份打包，原卷版+教师版）： 这是一份高考数学二轮复习压轴题专题22 椭圆（解答题压轴题）（2份打包，原卷版+教师版），文件包含高考数学二轮复习压轴题专题22椭圆解答题压轴题原卷版doc、高考数学二轮复习压轴题专题22椭圆解答题压轴题教师版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共73页， 欢迎下载使用。
高考数学二轮复习压轴题专题11 导数中的极值偏移问题（全题型压轴题）（2份打包，原卷版+教师版）： 这是一份高考数学二轮复习压轴题专题11 导数中的极值偏移问题（全题型压轴题）（2份打包，原卷版+教师版），文件包含高考数学二轮复习压轴题专题11导数中的极值偏移问题全题型压轴题原卷版doc、高考数学二轮复习压轴题专题11导数中的极值偏移问题全题型压轴题教师版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
专题20 立体几何与空间向量（解答题压轴题） 高考数学压轴题（新高考版）： 这是一份专题20 立体几何与空间向量（解答题压轴题） 高考数学压轴题（新高考版），文件包含专题20立体几何与空间向量解答题压轴题教师版docx、专题20立体几何与空间向量解答题压轴题学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共83页， 欢迎下载使用。
