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高考数学一轮复习高频考点精讲精练(新高考专用)第09讲立体几何与空间向量章节总结(精讲)(原卷版+解析)
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这是一份高考数学一轮复习高频考点精讲精练(新高考专用)第09讲立体几何与空间向量章节总结(精讲)(原卷版+解析)，共112页。试卷主要包含了如图，在三棱锥中，平面，，如图，在三棱柱中，平面，如图，在三棱台中，，，，，等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc18854" 第一部分：高考真题回归 PAGEREF _Tc18854 \h 2
\l "_Tc20438" 第二部分：高频考点一遍过 PAGEREF _Tc20438 \h 4
\l "_Tc18650" 高频考点一：空间位置关系证明的传统法与向量法 PAGEREF _Tc18650 \h 4
\l "_Tc26243" 角度1：用传统法证明空间的平行和垂直关系 PAGEREF _Tc26243 \h 4
\l "_Tc12572" 角度2：利用向量证明空间的平行和垂直关系 PAGEREF _Tc12572 \h 6
\l "_Tc28036" 高频考点二：空间角的向量求法 PAGEREF _Tc28036 \h 10
\l "_Tc3817" 角度1：用传统法求异面直线所成角 PAGEREF _Tc3817 \h 10
\l "_Tc25939" 角度2：用向量法求异面直线所成角 PAGEREF _Tc25939 \h 10
\l "_Tc14072" 角度3：用向量法解决线面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数）） PAGEREF _Tc14072 \h 11
\l "_Tc30028" 角度4：用向量法解决二面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数）） PAGEREF _Tc30028 \h 13
\l "_Tc19122" 高频考点三：距离问题 PAGEREF _Tc19122 \h 20
\l "_Tc23245" 角度1：点到直线的距离 PAGEREF _Tc23245 \h 20
\l "_Tc30026" 角度2：点到平面的距离（等体积法） PAGEREF _Tc30026 \h 21
\l "_Tc4695" 角度3：点到平面的距离（向量法） PAGEREF _Tc4695 \h 22
\l "_Tc20180" 高频考点四：立体几何折叠问题 PAGEREF _Tc20180 \h 24
第一部分：高考真题回归
1．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（ ）
A．B．
C．D．
2．（2023·全国（乙卷理）·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
3．（2023·全国（甲卷理）·统考高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
4．（2023·北京·统考高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．
(1)求证：平面PAB；
(2)求二面角的大小．
5．（2023·全国（甲卷文）·统考高考真题）如图，在三棱柱中，平面．
(1)证明：平面平面；
(2)设，求四棱锥的高．
6．（2023·全国（新高考Ⅱ卷）·统考高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
第二部分：高频考点一遍过
高频考点一：空间位置关系证明的传统法与向量法
角度1：用传统法证明空间的平行和垂直关系
典型例题
例题1．（2023·浙江·统考模拟预测）已知四棱锥中，，，，为中点.
(1)求证：平面；
(2)设平面与平面的夹角为，求三棱锥的体积.
例题2．（2023·辽宁锦州·统考模拟预测）在直角梯形中（如图一），，，.将沿折起，使（如图二）.
(1)求证：平面平面；
(2)设为线段的中点，求点到直线的距离.
例题3．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.
(1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置；
(2)若，求四棱锥的体积.
例题4．（2023·新疆阿勒泰·统考三模）在中，分别为的中点，，如图①，以为折痕将折起，使点到达点的位置，如图②．
(1)证明：；
(2)若平面，且，求点C到平面的距离
例题5．（2023·四川凉山·三模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，底面，，且直线与底面所成的角为．
(1)求证：平面平面；
(2)求点到平面的距离．
角度2：利用向量证明空间的平行和垂直关系
典型例题
例题1．（2023·北京·北京四中校考模拟预测）如图，正三棱柱中，分别是棱上的点，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求二面角的余弦值.
例题2．（2023·北京密云·统考三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，，分别是，的中点.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
例题3．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）如图，在梯形ABCD中，，，，为边上的点，，，将沿直线翻折到的位置，且，连接，．
(1)证明：；
(2)Q为线段PA上一点，且，若二面角的大小为，求实数的值．
考点一练透核心考点
1．（2023·新疆喀什·校考模拟预测）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D、E分别为AC、AA1的中点，AC=AA1=2.
(1)求证：DE∥平面A1BC；
(2)求DE与平面BCC1B1夹角的余弦值.
2．（2023·山东·校联考二模）如图，在正三棱台ABC—DEF中，M，N分别为棱AB，BC的中点，.
(1)证明：四边形MNFD为矩形；
(2)若四边形MNFD为正方形，求直线BC与平面ACFD所成角的正弦值.
3．（2023·全国·校联考模拟预测）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面平面，，是棱上的一点.
(1)是否存在点，使得平面？若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由；
(2)求多面体ABCDEF的体积.
4．（2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为棱AB，的中点，，，.
(1)证明：平面；
(2)若三棱锥的体积为，求二面角的正弦值.
5．（2023·甘肃兰州·校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，为的中点.
(1)证明：.
(2)求二面角的平面角的余弦值.
6．（2023·天津和平·统考一模）在如图所示的几何体中，平面平面；是的中点.
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面的夹角的余弦值.
高频考点二：空间角的向量求法
角度1：用传统法求异面直线所成角
典型例题
例题1．（2023·河北·模拟预测）在正方体中，点为的中点，点为的中点，则直线与所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
例题2．（2023·甘肃定西·统考模拟预测）如图，四棱锥中，平面，底面是矩形，，，是棱上一点，则当截面的周长最短时，与所成角的余弦值等于______．
例题3．（2023·河北·校联考一模）如图，在三棱锥中，，，且，点，分别为，的中点，则异面直线与所成角的大小为__________，与所成角的余弦值为__________.
角度2：用向量法求异面直线所成角
典型例题
例题1．（2023·河南安阳·统考三模）在直三棱柱中，是等腰直角三角形，，，，是线段上的动点，则当线段最短时，异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
例题2．（2023·山东·烟台二中校联考模拟预测）已知在正方体中，，平面平面，则直线与所成角的余弦值为__________．
角度3：用向量法解决线面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数））
典型例题
例题1．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，正方体中，分别为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
例题2．（2023·广东深圳·统考模拟预测）在正方体中，如图、分别是，的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与所成角的正弦值．
例题3．（2023·山东德州·三模）图1是直角梯形，，，，，，四边形为平行四边形，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2．
(1)求证：平面平面；
(2)在线段上存在点使得与平面的正弦值为，求平面与所成角的余弦值．
例题4．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）在三棱锥中，若已知，，点在底面的射影为点，则
(1)证明：
(2)设，则在线段PC上是否存在一点，使得与平面所成角的余弦值为，若存在，设，求出的值，若不存在，请说明理由.
角度4：用向量法解决二面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数））
典型例题
例题1．（2023·河北沧州·校考模拟预测）如图，在斜三棱柱中，，，的中点为，的中点为.
(1)证明：平面；
(2)若，，，求平面与平面所成角的大小.
例题2．（2023·重庆万州·重庆市万州第三中学校考模拟预测）如图，在三棱锥中，，点分别是棱的中点，平面.
(1)证明：平面平面；
(2)过点作的平行线交的延长线于点，，点是线段上的动点，问：点在何处时，平面与平面夹角的正弦值最小，并求出该最小正弦值.
例题3．（2023·广东佛山·统考模拟预测）如图，菱形的边长为，，将沿向上翻折，得到如图所示得三棱锥.
(1)证明：；
(2)若，在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由.
例题4．（2023秋·福建三明·高三统考期末）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形为菱形，，，.
(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
考点二练透核心考点
1．（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）四棱柱中，侧棱底面，，，，侧面为正方形，设点O为四棱锥外接球的球心，E为上的动点，则直线与所成的最小角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
2．（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）已知正方体的棱长为1，是棱的中点，为棱上的动点（不含端点），记㫒面直线与所成的角为，则的取值范围是______.
3．（2023·山东济宁·嘉祥县第一中学统考三模）在棱长为2的正方体中，为底面的中心，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值是________.
4．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）已知四面体ABCD满足，，，且该四面体的体积为，则异面直线AD与BC所成的角的大小为______．
5．（2023·河南南阳·南阳中学校考三模）如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是梯形，，，，分别是棱，的中点．
(1)证明：平面．
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
6．（2023·山东泰安·统考模拟预测）如图，在多面体中，上底面与下底面平行，且都是正方形，该多面体各条侧棱相等，且每条侧棱与底面所成角都相等．已知，垂足为点，三棱锥的体积为．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
7．（2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面，平面与平面的交线为.
(1)证明：；
(2)已知上是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.
8．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）如图，四棱锥中，平面，，，，，为线段上一点，点在边上且.
(1)若为的中点，求四面体的体积；
(2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
9．（2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考模拟预测）如图，在三棱台中，，，，，．
(1)证明：平面平面；
(2)设是的中点，求平面与平面夹角的余弦值．
10．（2023·河北·模拟预测）如图，在五边形中，四边形是矩形，，将沿着折起，使得点到达点的位置，且平面平面，点，分别为线段，的中点，点在线段上，且.
(1)当时，证明：平面；
(2)设平面与平面的夹角为，求的最大值及此时的值.
11．（2023·湖北武汉·统考三模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，，为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.
(1)求证：平面平面PBC；
(2)求平面AEF与平面PDC夹角的最小值.
12．（2023春·浙江·高二校联考阶段练习）如图，三棱柱中，，侧面为矩形，，二面角的正切值为.
(1)求侧棱的长；
(2)侧棱上是否存在点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为？若存在，判断点的位置并证明；若不存在，说明理由.
13．（2023春·江苏徐州·高二统考期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，点E，F，N分别为侧棱PD，PC，PB的中点，M为PD（不包含端点）上的点，，．
(1)若，求证：平面；
(2)若平面，求与平面所成角的最大值．
高频考点三：距离问题
角度1：点到直线的距离
典型例题
例题1．（2023·广东佛山·统考模拟预测）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是,且，，为的中点，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
例题2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，且，为棱的中点，点在上，且，则的中点到直线的距离是______．
角度2：点到平面的距离（等体积法）
典型例题
例题1．（2023春·云南楚雄·高一统考期中）如图，已知在矩形中，，，为边的中点，将，分别沿着直线，翻折，使得，两点重合于点，则点到平面的距离为______．
例题2．（2023春·江苏徐州·高二统考期中）如图，将边长的正方形沿对角线折起，连接，构成一四面体，使得，则点到平面的距离为_____________．
例题3．（2023春·天津宝坻·高一天津市宝坻区第一中学校考阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，点到平面距离是______．
角度3：点到平面的距离（向量法）
典型例题
例题1．（2023秋·河南省直辖县级单位·高二济源市第四中学校考阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是，的中点，则点到平面的距离为_________．
例题2．（2023春·高二课时练习）已知直四棱柱中，底面为正方形，，为的中点，为的中点，则直线与之间的距离为________.
例题3．（2023秋·高二课时练习）如图，设在直三棱柱中，，，，依次为的中点．
(1)求异面直线、EF所成角的余弦值；
(2)求点到平面的距离．
考点三练透核心考点
1．（2023秋·湖北·高二统考期末）在棱长为2的正方体中，点E为棱的中点，则点到直线BE的距离为（ ）
A．3B．C．D．
2．（2023秋·高二课时练习）矩形ABCD中，，平面ABCD，且，则P到BC的距离为__________．
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知AB，CM分别为圆柱上、下底面的直径，且AB＝2，圆柱的高为，，则点M到平面ABC的距离为______.
4．（2023春·江苏南京·高二江苏省江浦高级中学校联考阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，底面ABCD， E是PC的中点，已知，，，则P 到平面ABE的距离为___________．
5．（2023春·全国·高一专题练习）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，C1到平面B1BD的距离为_____．
6．（2023春·江苏淮安·高二校联考期中）在直三棱柱中，，，，分别为的中点.则点到平面的距离为__________.
7．（2023春·宁夏银川·高二银川一中校考期中）在三棱锥中，平面平面，若棱长，且，则点到平面的距离为________．
8．（2023春·河南·高二校联考期末）在棱长为1的正方体中，E为棱的中点，则点D到平面的距离为______．
9．（2023秋·重庆长寿·高二统考期末）如图，已知平面，底面为矩形，，，、分别为、的中点．
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离．
高频考点四：立体几何折叠问题
典型例题
例题1．（2023春·宁夏·高一六盘山高级中学校考阶段练习）如图1，在直角梯形中，，，，，，为中点，现沿平行于的折叠，使得，如图2所示，则关于图2下列结论正确的有______．
①平面
②该几何体为三棱台
③二面角的大小为
④该几何体的体积为
例题2．（2023春·湖北宜昌·高二葛洲坝中学校考阶段练习）如图1，直角梯形中，，，，为的中点，现将沿着折叠，使，得到如图2所示的几何体，其中为的中点，为上一点，与交于点，连接.
(1)求证：平面；
(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角.
例题3．（2023·全国·高三专题练习）如图1，在直角梯形中，，，，，.现沿平行于的折叠，使得且平面，如图2所示.
(1)求的长度；
(2)求二面角的大小.
练透核心考点
1．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知如图甲所示，直角三角形SAB中，，，C，D分别为SB，SA的中点，现在将沿着CD进行翻折，使得翻折后S点在底面ABCD的投影H在线段BC上，且SC与平面ABCD所成角为，M为折叠后SA的中点，如图乙所示.
(1)证明：平面SBC；
(2)求平面ADS与平面SBC所成锐二面角的余弦值.
2．（2023·甘肃兰州·统考模拟预测）如图所示的五边形中是矩形，，，沿折叠成四棱锥，点是的中点，．
(1)在四棱锥中，可以满足条件①；②；③，请从中任选两个作为补充条件，证明：侧面底面；（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．）
(2)在（1）的条件下求直线与平面所成角的正弦值．
第09讲 立体几何与空间向量 章节总结
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc18854" 第一部分：高考真题回归 PAGEREF _Tc18854 \h 1
\l "_Tc20438" 第二部分：高频考点一遍过 PAGEREF _Tc20438 \h 9
\l "_Tc18650" 高频考点一：空间位置关系证明的传统法与向量法 PAGEREF _Tc18650 \h 9
\l "_Tc26243" 角度1：用传统法证明空间的平行和垂直关系 PAGEREF _Tc26243 \h 9
\l "_Tc12572" 角度2：利用向量证明空间的平行和垂直关系 PAGEREF _Tc12572 \h 14
\l "_Tc28036" 高频考点二：空间角的向量求法 PAGEREF _Tc28036 \h 27
\l "_Tc3817" 角度1：用传统法求异面直线所成角 PAGEREF _Tc3817 \h 27
\l "_Tc25939" 角度2：用向量法求异面直线所成角 PAGEREF _Tc25939 \h 29
\l "_Tc14072" 角度3：用向量法解决线面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数）） PAGEREF _Tc14072 \h 31
\l "_Tc30028" 角度4：用向量法解决二面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数）） PAGEREF _Tc30028 \h 37
\l "_Tc19122" 高频考点三：距离问题 PAGEREF _Tc19122 \h 65
\l "_Tc23245" 角度1：点到直线的距离 PAGEREF _Tc23245 \h 65
\l "_Tc30026" 角度2：点到平面的距离（等体积法） PAGEREF _Tc30026 \h 66
\l "_Tc4695" 角度3：点到平面的距离（向量法） PAGEREF _Tc4695 \h 69
\l "_Tc20180" 高频考点四：立体几何折叠问题 PAGEREF _Tc20180 \h 79
第一部分：高考真题回归
1．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，
由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和，
所以.
因为平面，平面，所以，
因为，平面，，
所以平面，因为平面，所以，.
同理：，又，故四边形是矩形，
所以由得，所以，所以，
所以在直角三角形中，
在直角三角形中，，，
又因为，
所有棱长之和为.
故选：C
2．（2023·全国（乙卷理）·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图，
，，由的面积为，得，
解得，于是，
所以圆锥的体积.
故选：B
3．（2023·全国（甲卷理）·统考高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】法一：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，则，
又，，所以，则，
又，，所以，则，
在中，，
则由余弦定理可得，
故，则，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
法二：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，
在中，，
则由余弦定理可得，故，
所以，则，
不妨记，
因为，所以，
即，
则，整理得①，
又在中，，即，则②，
两式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
故选：C.
4．（2023·北京·统考高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．
(1)求证：平面PAB；
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为平面平面，
所以，同理，
所以为直角三角形，
又因为，，
所以，则为直角三角形，故，
又因为，，
所以平面.
（2）由（1）平面，又平面，则，
以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，即
令，则，所以，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以，
所以，
又因为二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为.
5．（2023·全国（甲卷文）·统考高考真题）如图，在三棱柱中，平面．
(1)证明：平面平面；
(2)设，求四棱锥的高．
【答案】(1)证明见解析.
(2)
【详解】（1）证明：因为平面，平面,
所以,
又因为，即，
平面，,
所以平面，
又因为平面,
所以平面平面.
（2）如图，
过点作，垂足为.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以四棱锥的高为.
因为平面，平面,
所以,,
又因为，为公共边，
所以与全等，所以.
设，则，
所以为中点，,
又因为,所以,
即，解得，
所以，
所以四棱锥的高为．
6．（2023·全国（新高考Ⅱ卷）·统考高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
第二部分：高频考点一遍过
高频考点一：空间位置关系证明的传统法与向量法
角度1：用传统法证明空间的平行和垂直关系
典型例题
例题1．（2023·浙江·统考模拟预测）已知四棱锥中，，，，为中点.
(1)求证：平面；
(2)设平面与平面的夹角为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：
取中点,连,
是中点,∴且,
又∵且.∵且,
∴四边形为平行四边形，,
又∵平面，⊂平面，∴平面．
（2）取中点，连，过作交于，连,
∵分别是中点，∴，又∵平面．
∴⊥平面,平面,
∴，又∵，平面，
∴⊥平面，平面，
∴，∴是平面与平面的夹角的平面角.
∴.
,
∴.
∴,
例题2．（2023·辽宁锦州·统考模拟预测）在直角梯形中（如图一），，，.将沿折起，使（如图二）.
(1)求证：平面平面；
(2)设为线段的中点，求点到直线的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取的中点，连接，如图所示：
因为，，
则四边形为正方形，所以，
因为，所以.
因为，，，平面，
所以平面.
又因为平面，所以.
因为，，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）取的中点，连接，
因为平面，，所以平面，
又因为平面，所以.
因为，所以.
因为，，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以.
因为，，且，
所以，
即点 E 到直线 CD 的距离为.
例题3．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.
(1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置；
(2)若，求四棱锥的体积.
【答案】(1)点为线段上靠近点的三等分点；
(2).
【详解】（1）如图，过点作交于点，连接，
因为，所以四点共面，
若平面，由平面，平面平面，
所以，所以四边形为平行四边形，,
则，
所以当且仅当点为线段上靠近点的三等分点时，平面.
（2）如图，取的中点，连接，取的中点，连接，则，所以，
又，则，又，则，
所以.
因为，平面，
所以平面，
则四棱锥的体积为.
例题4．（2023·新疆阿勒泰·统考三模）在中，分别为的中点，，如图①，以为折痕将折起，使点到达点的位置，如图②．
(1)证明：；
(2)若平面，且，求点C到平面的距离
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）证明：在图1中，因为，且为的中点，
，又为的中点，所以，
在图2中，，且，平面，
平面，又平面，
所以；
（2）因为平面，平面，
所以，又平面，
所以平面，连接，则，
因为，为等边三角形，
所以，，，
所以，
取的中点，连接，则，
设点到平面的距离为，
，即，解得，
即点到平面的距离为．
例题5．（2023·四川凉山·三模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，底面，，且直线与底面所成的角为．
(1)求证：平面平面；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：∵平面ABCD，故为直线PD与平面ABCD所成的角，因此，又，∴
∵底面ABCD为矩形，且，∴底面ABCD为正方形，∴
又，而，平面PAC，∴平面PAC，又平面PBD，∴平面平面PAC，
（2），
由于,所以，
设点C到平面PBD的距离为d，则
∵，∴，解得：
∴设点C到平面PBD的距离为．
角度2：利用向量证明空间的平行和垂直关系
典型例题
例题1．（2023·北京·北京四中校考模拟预测）如图，正三棱柱中，分别是棱上的点，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：取的中点,连接，
在正三棱柱中，不妨设;
以为原点，分别为轴和轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则,，
；
设平面的一个法向量为，则, ，
取，则，即；
设平面的一个法向量为，则,
即，取得.
因为，所以平面平面；
（2）因为，由（1）可得，即，
易知平面的一个法向量为,
；
二面角的余弦值为.
例题2．（2023·北京密云·统考三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，，分别是，的中点.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由题意，
在矩形中，，，,
，分别是，的中点，
∴，，
在四棱锥中，面平面，
面面，， ∴面，
面，∴，
取中点，连接，由几何知识得，
∵，∴，
∵面，面，
∴面，
∴
以、、为、、轴建立空间直角坐标系如下图所示，
∴，
∴，面的一个法向量为，
∵，
∴平面.
（2）由题意，（1）及图得，
在面中，，
，
设其法向量为，
则，即，解得：，
当时，，
在面中，其一个法向量为，
设二面角为
∴，
由图象可知二面角为钝角，
∴二面角的余弦值为.
例题3．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）如图，在梯形ABCD中，，，，为边上的点，，，将沿直线翻折到的位置，且，连接，．
(1)证明：；
(2)Q为线段PA上一点，且，若二面角的大小为，求实数的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）因为，所以，，又，PE、平面PAE，
所以平面PAE，平面ABCE，
所以平面平面PAE．
在梯形ABCD中，，所以，
所以在四棱锥中，．
因为，所以为正三角形．
取AE中点O，连接PO，OB，OC，易得，，
因为平面平面PAE，平面平面，平面可得平面，平面,
所以．
又，，，所以四边形OBCE为正方形，所以，
又，OC、平面POC，
所以平面POC，因为平面POC，所以;
（2）由（1）知OA，OB，OP两两垂直，以O为坐标原点，以OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则：，，，，
由得，
则，，设平面QBC的一个法向量为，
故即，令，得，，
所以，
易知平面ABC的一个法向量为，
所以，
解得或（舍）．
所以实数的值为．
考点一练透核心考点
1．（2023·新疆喀什·校考模拟预测）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D、E分别为AC、AA1的中点，AC=AA1=2.
(1)求证：DE∥平面A1BC；
(2)求DE与平面BCC1B1夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：∵点D、E分别为AC、AA1的中点，
∴DE为三角形ACA1的中位线，即DE∥CA1，
平面，平面，
∴DE∥平面A1BC
（2）过点A1作B1C1的垂线，垂足为F，连结，
因为平面平面，且平面平面，
，所以平面，所以为在平面的射影，
即为所求角，，，
所以.
2．（2023·山东·校联考二模）如图，在正三棱台ABC—DEF中，M，N分别为棱AB，BC的中点，.
(1)证明：四边形MNFD为矩形；
(2)若四边形MNFD为正方形，求直线BC与平面ACFD所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）延长,则相交于一点,连接,
M，N分别为棱的中点，所以 且，
由于，所以又，
所以,所以四边形为平行四边形，
在三棱锥中，,所以,
进而得 ,又 ,因此
所以 ，故四边形为矩形
（2）由可知分别是的中点，
所以,
又四边形为正方形，所以，所以,
由于三棱锥为正三棱锥，且，因此三棱锥为正四面体，
因此直线BC与平面ACFD所成的角即为直线与平面所成角，
取的中心为,连接,则平面，所以为直线与平面所成角，
设四面体的棱长为 ，在中，由正弦定理可得， ，
在中，,
故直线BC与平面ACFD所成的角的正弦值为
3．（2023·全国·校联考模拟预测）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面平面，，是棱上的一点.
(1)是否存在点，使得平面？若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由；
(2)求多面体ABCDEF的体积.
【答案】(1)存在，时，平面
(2)
【详解】（1）当时，满足平面，
过点作AD交AF于点G，连接BG，则，
因为，，所以且，
所以四边形为平行四边形，
故，
因为平面，平面，
所以平面，此时；
（2）连接AE，DE，
四边形ABCD为直角梯形，过点B作BN⊥AD于点N，则四边形BCDN为正方形，
故BC=DN=1，BN=CD=1，故AN=AD-DN=3-1=2，
由勾股定理得：，
面积为，
平面平面，交线为AB，
因为四边形为正方形，所以，平面ABEF，
故平面ABCD，且
则四棱锥，
过点N作NH⊥AB于点H，则，
则点D到AB的距离为，
因为平面平面，交线为AB，NH⊥AB，且平面ABCD，
所以NH⊥平面ABEF，
则点D到平面ABEF的距离为，
正方形ABEF的面积为，则，
多面体ABCDEF的体积为.
4．（2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为棱AB，的中点，，，.
(1)证明：平面；
(2)若三棱锥的体积为，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：在三棱柱中，平面，，，.
所以，则，则，则如下图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
设，则
,
所以，，
设平面的一个法向量为，
所以，令，则，即，
所以，得，
又平面，所以平面；
（2）三棱锥的体积，
解得，则，
由（1）知平面的法向量为，
设平面的一个法向量为，，
所以，令，则，即，
则，
由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
于是，
故二面角的正弦值为.
5．（2023·甘肃兰州·校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，为的中点.
(1)证明：.
(2)求二面角的平面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【详解】（1）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
.
因为，所以；
（2）设平面的法向量为，
则取，可得.
设平面的法向量为，
则取，可得.
.
故二面角的平面角的余弦值为.
6．（2023·天津和平·统考一模）在如图所示的几何体中，平面平面；是的中点.
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)详见解析；
(2)；
(3).
【详解】（1）因为，以为原点，分别以，所在直线为，轴，过点且与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
所以，，
所以，
所以，即；
（2）因为，设平面的法向量为，
则，令，可得，又，
设与平面所成角为，则，
直线与平面所成的角的正弦值为；
（3）由题， ，
设平面的法向量，
由，令，则，
又平面的法向量，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
高频考点二：空间角的向量求法
角度1：用传统法求异面直线所成角
典型例题
例题1．（2023·河北·模拟预测）在正方体中，点为的中点，点为的中点，则直线与所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】如图,取的中点,的中点,
连接,则易得，
则四边形是平行四边形，所以,
因为，，
所以，所以四边形为平行四边形，
所以，所以，
所以即为直线与所成的角(或其补角).
设止方体的棱长为2,
则,,
所以,所以,
所以.
故选：A.
例题2．（2023·甘肃定西·统考模拟预测）如图，四棱锥中，平面，底面是矩形，，，是棱上一点，则当截面的周长最短时，与所成角的余弦值等于______．
【答案】
【详解】四边形是平行四边形，，四边形是矩形，，
平面，平面, ，平面，平面，故平面，
，将矩形沿旋转到与在同一平面，如图1，连接,此时 交于点 的最小值为，,,故的最小值为，此时，，
图1 图2
过作交于，连接，，
由题意可得，故为异面直线与所成的角，
又，，平面，平面，故，，
又可得，，，
．
故答案为：
例题3．（2023·河北·校联考一模）如图，在三棱锥中，，，且，点，分别为，的中点，则异面直线与所成角的大小为__________，与所成角的余弦值为__________.
【答案】
【详解】
取的中点G，连接，，则，，故或其补角为异面直线与所成的角，
过A作平面于点O，连接，，，则，
又，且，故平面，故，同理可得，
即为的垂心，故，又，，平面，
平面，故平面，故，即与所成角为；
所以，由可得，故，
即异面直线与所成角的余弦值为；
故答案为：①，②.
角度2：用向量法求异面直线所成角
典型例题
例题1．（2023·河南安阳·统考三模）在直三棱柱中，是等腰直角三角形，，，，是线段上的动点，则当线段最短时，异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】在直三棱柱中，是等腰直角三角形，，
所以，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
设，其中，
，
所以，，
当且仅当时，即当点为线段的中点时，取最小值，此时点，
则，，
，
因此，当线段最短时，异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
例题2．（2023·山东·烟台二中校联考模拟预测）已知在正方体中，，平面平面，则直线与所成角的余弦值为__________．
【答案】
【详解】作出图形，如图所示．
延长至E，使得，则≌，≌，
故，，故四边形为平行四边形，
连接，延长，交于点G，连接，则即为直线l．
以D为坐标原点，，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，过点作轴于点，则∽，且相似比为1:2，
故，，
则，，，，
故，，
故直线l与所成角的余弦值为．
故答案为：
角度3：用向量法解决线面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数））
典型例题
例题1．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，正方体中，分别为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)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）证明：以为原点，所在直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的棱长为2，
则，，，，，，.
因为为棱的中点，为棱的中点，所以，
所以，
设平面的一个法向量为，则由
令，可得，所以，
因为，所以，
又因为平面，所以平面.
（2）解：由（1）得，，
设直线与平面所成的角为，
则.
例题2．（2023·广东深圳·统考模拟预测）在正方体中，如图、分别是，的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）设棱长为，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，则，取，得，
设平面的法向量，则，取，得，
所以，则平面平面．
（2）设直线与平面所成角的为，而，平面的法向量，
所以．
直线与所成角的正弦值．
例题3．（2023·山东德州·三模）图1是直角梯形，，，，，，四边形为平行四边形，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2．
(1)求证：平面平面；
(2)在线段上存在点使得与平面的正弦值为，求平面与所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：在图1中，连接，交于，
，
所以，
所以，四边形是菱形，
所以，且．
在图2中，满足，
所以，所以，，
又平面，所以，平面，
又平面，所以，平面平面；
（2）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，
所以，
设平面的法向量为，
则即，取，得，
设，在线段上存在点使得与平面的正弦值为，
所以
解得或（舍），
所以，
设平面的法向量为，
则即，取，得，
设平面与平面的平面角为，
所以，平面与所成角的余弦值为
例题4．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）在三棱锥中，若已知，，点在底面的射影为点，则
(1)证明：
(2)设，则在线段PC上是否存在一点，使得与平面所成角的余弦值为，若存在，设，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)在线段PC上是否存在一点M，满足条件，且.
【详解】（1）因为点P在底面ABC的射影为点H，
所以平面，又平面，
所以，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
因为，，
所以点为的垂心，所以，
因为，，平面，，
所以平面，又平面，
所以；
（2）延长交于点，由（1）可得，
又，所以点为线段的中点，
所以，同理可得，
所以为等边三角形，又，所以，
如图，以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
故，
设存在点M，使得BM与平面所成角的余弦值为，且，
则，
设平面的法向量为，，
则，所以，
令，可得，
所以为平面的一个法向量，
所以，
设直线BM与平面所成角为，则，又，
所以，故，
所以或，又，
所以.
所以在线段PC上存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为，且.
角度4：用向量法解决二面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数））
典型例题
例题1．（2023·河北沧州·校考模拟预测）如图，在斜三棱柱中，，，的中点为，的中点为.
(1)证明：平面；
(2)若，，，求平面与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【详解】（1）连接，因为四边形为平行四边形，
所以为的中点，
因为为的中点，
所以∥，
又平面，平面，
所以∥平面.
（2）因为，又，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
取的中点，
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，，
建立如图所示空间直角坐标系，，
由得，则，
设平面的法向量为，
则，
令，所以 ，
因为平面，所以可取平面的法向量为.
设平面与平面所成角为，由图可知为锐角，
则，
故平面与平面所成角为.
例题2．（2023·重庆万州·重庆市万州第三中学校考模拟预测）如图，在三棱锥中，，点分别是棱的中点，平面.
(1)证明：平面平面；
(2)过点作的平行线交的延长线于点，，点是线段上的动点，问：点在何处时，平面与平面夹角的正弦值最小，并求出该最小正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由可知，又，故（三线合一），
又平面，平面，故，
又，平面，故平面，
又平面，故平面平面
（2）
在平面中，过作，垂足为，不妨设，由于，
则，
以所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
设，则，，，.
设平面的法向量，由，即，
则是其中一条法向量；
设平面的法向量，由，即，
则是其中一条法向量.
设平面与平面夹角为，则，
当时，取到最大值，此时正弦值取到最小值为.
例题3．（2023·广东佛山·统考模拟预测）如图，菱形的边长为，，将沿向上翻折，得到如图所示得三棱锥.
(1)证明：；
(2)若，在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，或
【详解】（1）取中点，连接，
四边形为菱形，，，，，
，平面，平面，
平面，.
（2），，
，解得：；
，，；
在平面中，作，交于点，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
假设在线段上存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为，
，，，
又，，，
，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
轴平面，平面的一个法向量，
，解得：，
当时，；当时，；
当或时，平面与平面所成角的余弦值为.
例题4．（2023秋·福建三明·高三统考期末）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形为菱形，，，.
(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明过程见详解
(2)存在，
【详解】（1）连接与相交于点，连接，如图所示：
四边形为菱形，，
为等边三角形，是的中点，有，
、面，，面，又面，
则，又已知，，平面，
所以平面.
（2），分别为，的中点，连接，，
由（1）平面，所以平面面，作，所以有平面，
又因为为等边三角形，，平面
以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
则，，，，由，
，
设，，
则，
设平面的一个法向量，
则有，
令，则，
易取平面的一个法向量为 ，
由已知平面与平面的夹角的正弦值为，
则平面与平面的夹角的余弦值为，
则有，
，由解得.
所以，点存在，.
考点二练透核心考点
1．（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）四棱柱中，侧棱底面，，，，侧面为正方形，设点O为四棱锥外接球的球心，E为上的动点，则直线与所成的最小角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】如图所示：以分别为轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，
球心在平面的投影坐标为，则设球心，
则，即，
解得，则.
设，，，，
设，则，，
则，
当时，有最大值为，
此时直线与所成的角最小，对应的正弦值为.
故选：D
2．（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）已知正方体的棱长为1，是棱的中点，为棱上的动点（不含端点），记㫒面直线与所成的角为，则的取值范围是______.
【答案】
【详解】方法1：取的中点N，连接，如图所示，
则，面，
所以异面直线AB与EG所成角即为，，
设，（），
所以，
又因为，
所以，
所以，即： .
方法2：如图所示建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
所以，（），
又因为当时，；当或时，，
所以，
又因为，
所以.
故答案为：.
3．（2023·山东济宁·嘉祥县第一中学统考三模）在棱长为2的正方体中，为底面的中心，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值是________.
【答案】/
【详解】在棱长为2的正方体中，取中点，连接，如图，
因为为的中点，有，则四边形是平行四边形，
于是，又，即有四边形是平行四边形，
因此，则是异面直线与所成的角或补角，
而为底面的中心，则，又平面，
从而平面，而平面，则，
在中，，于是，
所以异面直线与所成角的余弦值是.
故答案为：
4．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）已知四面体ABCD满足，，，且该四面体的体积为，则异面直线AD与BC所成的角的大小为______．
【答案】或
，解得，
故，
以为轴建立空间直角坐标系，
，，，或，
或，，
异面直线AD与BC所成的角的大小为，，
，；
或，；
综上所述：异面直线AD与BC所成的角的大小为或.
故答案为：或
5．（2023·河南南阳·南阳中学校考三模）如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是梯形，，，，分别是棱，的中点．
(1)证明：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）证明：取的中点，连接，．
因为，分别是棱，的中点，所以．
因为平面，平面，所以平面．
因为，分别是棱，的中点，所以．
因为平面，平面，所以平面．
因为，平面，且，所以平面平面．
因为平面，所以平面．
（2）以为坐标原点，分别以，的方向为，轴的正方向，垂直平面向上的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，．
由余弦定理可得，则，
从而，，，，，
故，，．
设平面的法向量为，
则,令，得．
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
6．（2023·山东泰安·统考模拟预测）如图，在多面体中，上底面与下底面平行，且都是正方形，该多面体各条侧棱相等，且每条侧棱与底面所成角都相等．已知，垂足为点，三棱锥的体积为．
(1)证明：平面；
(2)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）取边的中点，连接，因为，所以，
由已知，可得．
因为，设点到底面的距离为，
由，解得．
因为，所以平面，平面，所以平面平面，
又因各条侧棱相等，且每条侧棱与底面所成角都相等，
所以平面，平面，平面都与底面垂直．
取边的中点，连接，则平面，
所以有，从而易得，
可得，所以四边形是平行四边形，
所以，已知，所以．
因为平面平面，平面平面，
由于，平面，所以平面，
所以．因为，平面，
所以平面．
（2）由（1）可得到直线两两垂直，
以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系．
可得，，
求得，
设平面的法向量为，
则，令，则，所以．
所以.
7．（2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面，平面与平面的交线为.
(1)证明：；
(2)已知上是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【详解】（1）因为四边形为菱形，所以，
又因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）上存在点，使与平面所成角的正弦值为，且.
理由如下：
取中点，连接，因为，所以，
又，所以为等边三角形，所以，
因为，所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，
以为原点，以方向分别为轴，轴，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
，
.
因为平面平面，所以平面，
又平面，平面平面，所以，
假设上存在一点，使与平面所成角的正弦值为，设，
则，所以，
设为平面的一个法向量，
则，即，
令，则，可取，
又，
所以，
即，解得，此时；
因此上存在点，使与平面所成角的正弦值为，且.
8．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）如图，四棱锥中，平面，，，，，为线段上一点，点在边上且.
(1)若为的中点，求四面体的体积；
(2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【详解】（1）解：由题意可得两两互相垂直，
所以可以以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
∴，，，，
∴，，.
设平面的一个法向量，
，不妨令y＝1，∴.
设点到平面的距离为，则，
又因为，，∴的面积为.
∴四面体的体积为.
（2）设点坐标为，∴，.
∵，即，∴，
∴，∴.
设，，
∴.
设平面的一个法向量，
∴，即，令得
∴，
∴，
∵与面所成角的余弦值是，正弦值为.
∴，整理得，
∴，（舍去）.
∴存在满足条件的点，且.
9．（2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考模拟预测）如图，在三棱台中，，，，，．
(1)证明：平面平面；
(2)设是的中点，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：
由三棱台知：，
在梯形中，取的中点，连接，
因，
故，四边形是平行四边形，
∴，
，
所以，
，即，
因，所以，
又因，所以，
又因，所以平面，
因平面，
所以平面平面；
（2）解：
取的中点，的中点，连接，，则，
因，所以，
由条件知：四边形是等腰梯形，所以，
平面平面
平面,
平面平面
∴平面，
分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，
则在等腰梯形中，由平面几何知识可得：，
∴，，，，
设平面的法向量，
则由 得，
令，得，，
所以，
又平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，
则．
10．（2023·河北·模拟预测）如图，在五边形中，四边形是矩形，，将沿着折起，使得点到达点的位置，且平面平面，点，分别为线段，的中点，点在线段上，且.
(1)当时，证明：平面；
(2)设平面与平面的夹角为，求的最大值及此时的值.
【答案】(1)见解析
(2)的最大值为1,此时的值为.
【详解】（1）取的中点,连接,,
分别为,的中点,
,
四边形是矩形,点为的中点
.
,
四边形为平行四边形，.
又平面平面,
平面.
（2）由题可知，又点为的中点，,
平面平面,平面平面平面,
平面,
以点为坐标原点,的方向分别为,轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,
则,，
由题设,
当时,显然不符合;
当时,,
.
设平面的法向量为,
则，
取,则,
，
取平面的一个法向量为,
，
当时,,此时取得最大值1.
的最大值为1,此时的值为.
11．（2023·湖北武汉·统考三模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，，为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.
(1)求证：平面平面PBC；
(2)求平面AEF与平面PDC夹角的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【详解】（1）中，E为PB的中点，所以.
在正方形ABCD中，.
因为平面ABCD，平面ABCD，即.
又因为，平面PAB，所以平面PAB.
平面PAB，即，又因为，，平面PBC.
所以平面PBC，平面AEF，
即平面平面PBC.
（2）因为平面ABCD，底面ABCD是正方形，所以易知AB，AD，AP两两垂直.
以A为原点， AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
有，，，，，
PB中点，设，.
，，，.
设平面PCD的法向量，由，
得，取.
设平面的法向量，由，
得，取.
所以平面AEF与平面PCD的夹角的余弦值为.
令，，
则，
所以当即时，平面AEF与平面PCD的夹角的余弦值取得最大值，
此时平面AEF与平面PCD的夹角取得最小值.
12．（2023春·浙江·高二校联考阶段练习）如图，三棱柱中，，侧面为矩形，，二面角的正切值为.
(1)求侧棱的长；
(2)侧棱上是否存在点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为？若存在，判断点的位置并证明；若不存在，说明理由.
【答案】(1)2
(2)存在在的三等分点靠近的分点处，证明见解析
【详解】（1）取的中点，连接，
因为，则，
又因为侧面为矩形，则，//，
且//，则//，即四点共面，
平面平面，
所以平面，则，
则是二面角的平面角，
则，所以，
设，
因为，则，
又因为，则，
可得，
在中，由余弦定理
得：，即，
平方整理得，得或（舍去），
即为2.
（2）解法一：如图，建立以为坐标原点，分别为轴的空间直角坐标系，
过作底面，
因为，可得，
则，，
可得，
所以，
则，，
设平面的法向量为，则，
则，令，则，即，
设，
设，则，
设平面的法向量为，
因为，
则，
令，则，即，
平面与平面所锐二面角为，
可得，解得，
所以存在，在的三等分点靠近的分点处.
解法二：把三棱柱补为四棱柱，如图，为中点，过作，
由（1）知：，则，
由棱柱的性质易得：且，即为平行四边形，
所以，故，又，
，面，则面，在面内，
所以，而，面，
则平面，且平面，则，
过作，连，，面，
则平面，且平面，可得，
则为二面角的平面角，
设，则，
可得，
由点到的距离为，
则，解得，
所以存在，在的三等分点靠近的分点处.
13．（2023春·江苏徐州·高二统考期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，点E，F，N分别为侧棱PD，PC，PB的中点，M为PD（不包含端点）上的点，，．
(1)若，求证：平面；
(2)若平面，求与平面所成角的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）延长FM和CD交于点Q，连BQ交AD于点H，连FH，FN，
由，故，
所以，
即H为AD的中点，
此时，，且，
所以四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，
所以平面；
（2）以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，
则，，，，，
所以，，，
设平面BMF的法向量，
则有，令，则，
所以，
设DB与平面MFB所成的角为，
则
，
当时，的最大值为，
又，故DB与平面所成角的最大值．
高频考点三：距离问题
角度1：点到直线的距离
典型例题
例题1．（2023·广东佛山·统考模拟预测）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是,且，，为的中点，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】在平行六面体中，不妨设，，．
,，
，，
所以，，
，
所以E到直线的距离为，
故选：A
例题2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，且，为棱的中点，点在上，且，则的中点到直线的距离是______．
【答案】/
【详解】因为平面，底面为正方形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则点、、，
，，，
所以，，
所以，的中点到直线的距离.
故答案为：.
角度2：点到平面的距离（等体积法）
典型例题
例题1．（2023春·云南楚雄·高一统考期中）如图，已知在矩形中，，，为边的中点，将，分别沿着直线，翻折，使得，两点重合于点，则点到平面的距离为______．
【答案】/
【详解】因为ABCD为矩形，所以，，
因为，平面，
所以平面，
因为，
所以，
，
点到平面MAD的距离为h，，
所以，解得．
故答案为：
例题2．（2023春·江苏徐州·高二统考期中）如图，将边长的正方形沿对角线折起，连接，构成一四面体，使得，则点到平面的距离为_____________．
【答案】/
【详解】由已知可得，，，
取的中点，连接，
因为，，所以，
因为，，所以，
又，所以，
因为，点为的中点，
所以，由平面，，
所以平面，
所以点到平面的距离为，又的面积为，
所以三棱锥的体积为，
设点到平面的距离为，则，
又，
因为，所以的面积为，
所以，
所以.
所以点到平面的距离为.
故答案为：.
例题3．（2023春·天津宝坻·高一天津市宝坻区第一中学校考阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，点到平面距离是______．
【答案】/
【详解】，为边长为的等边三角形，
设到平面的距离为，根据，
则，
解得.
故答案为：.
角度3：点到平面的距离（向量法）
典型例题
例题1．（2023秋·河南省直辖县级单位·高二济源市第四中学校考阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是，的中点，则点到平面的距离为_________．
【答案】
【详解】如图，以D为坐标原点，以DA，DC，分别为x，y，z轴建立如图坐标系，
设正方体的棱长为2，则，，，
∴，，，
设平面BGF的法向量为，则，令，则，
∴，则点到平面BGF的距离.
故答案为： .
例题2．（2023春·高二课时练习）已知直四棱柱中，底面为正方形，，为的中点，为的中点，则直线与之间的距离为________.
【答案】
【详解】以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，B(2,2,0)，，
∴.
直线BD与EF之间的距离即为点D到直线EF的距离.
设，
则，
∴，
∴所求距离为
故答案为：.
例题3．（2023秋·高二课时练习）如图，设在直三棱柱中，，，，依次为的中点．
(1)求异面直线、EF所成角的余弦值；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)；
(2)．
【详解】（1）在直三棱柱中，，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，，
所以异面直线所成角的余弦值为．
（2）设平面AEF的一个法向量为，而，
则，令，得，又，
于是．
所以点到平面AEF的距离为．
考点三练透核心考点
1．（2023秋·湖北·高二统考期末）在棱长为2的正方体中，点E为棱的中点，则点到直线BE的距离为（ ）
A．3B．C．D．
【答案】C
【详解】如图所示：以分别为轴建立空间直角坐标系.
则，，，，，
，点到直线BE的距离为.
故选：C.
2．（2023秋·高二课时练习）矩形ABCD中，，平面ABCD，且，则P到BC的距离为__________．
【答案】
【详解】方法一：如图，因为平面,平面,所以,
又因为是矩形，所以,
因为,所以平面,
因为平面，所以,所以为到的距离.
在矩形中，因为，所以,
在直角三角形中，由勾股定理得,
所以到的距离为.
故答案为：.
方法二：建立如图所示坐标系，在矩形中，，
所以，所以
,所以,
所以为到的距离.
,所以到的距离为.
故答案为：
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知AB，CM分别为圆柱上、下底面的直径，且AB＝2，圆柱的高为，，则点M到平面ABC的距离为______.
【答案】
【详解】如图所示，连接AM，BM，设，O分别为上、下底面圆的圆心，连接AO，BO，.
因为，又，，则平面ABO，
则，
过C作垂直于圆柱上底面，垂足为，连接，，
则，，
设点M到平面ABC的距离为d，
则有，解得，
故点M到平面ABC的距离为.
故答案为：
4．（2023春·江苏南京·高二江苏省江浦高级中学校联考阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，底面ABCD， E是PC的中点，已知，，，则P 到平面ABE的距离为___________．
【答案】
【详解】
解：取AB的中点F，连接EF，AC，取AC的中点O，连接EO，
E是PC的中点，底面ABCD是矩形，
，且，，
又底面ABCD，底面ABCD ，，，
而，平面PAB，平面PAB，
平面PAB，即EF为三棱锥的高，
,
在中，，
在中，，则，，
在中，，则，
在中，，
又分别是PC，AC的中点，底面ABCD，
，且，，
在中，，
则，是等边三角形，
设P 到平面ABE的距离为d，则，
故答案为：.
5．（2023春·全国·高一专题练习）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，C1到平面B1BD的距离为_____．
【答案】
【详解】如图，因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，
所以，，
设C1到平面B1BD的距离为h，
由，得，即．
故答案为：．
.
6．（2023春·江苏淮安·高二校联考期中）在直三棱柱中，，，，分别为的中点.则点到平面的距离为__________.
【答案】/
【详解】因为，，所以.
又由直三棱柱的性质，可知平面.
如图，以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，
所以，，，.
设是平面的一个法向量，
则，即，
取，则是平面的一个法向量.
因为，在方向上投影向量的模为，
所以，点到平面的距离为.
故答案为：.
7．（2023春·宁夏银川·高二银川一中校考期中）在三棱锥中，平面平面，若棱长，且，则点到平面的距离为________．
【答案】
【详解】如图所示，以AD的中点O为原点，以OD，OC所在直线为x轴、y轴，过O作OM⊥平面ACD交AB于M，以直线OM为z轴建立空间直角坐标系，
则A，B，C，D，
∴＝，＝，＝，
设为平面的一个法向量，
则，所以y＝－x，z＝－x，
可取,代入 ，得，
即点D到平面ABC的距离是.
故答案为：.
8．（2023春·河南·高二校联考期末）在棱长为1的正方体中，E为棱的中点，则点D到平面的距离为______．
【答案】1
【详解】如图所示，以D为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
点D到平面的距离为.
故答案为：1
9．（2023秋·重庆长寿·高二统考期末）如图，已知平面，底面为矩形，，，、分别为、的中点．
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：取中点，连接、，
因为、分别为、的中点，则且，
因为四边形为矩形，则且，
因为为的中点，所以，且，
所以，且，故四边形为平行四边形，故，
因为平面，平面，因此，平面.
（2）解：因为平面，底面为矩形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设平面的法向量为，，，
则，令，可得，
因为，故点到平面的距离为.
高频考点四：立体几何折叠问题
典型例题
例题1．（2023春·宁夏·高一六盘山高级中学校考阶段练习）如图1，在直角梯形中，，，，，，为中点，现沿平行于的折叠，使得，如图2所示，则关于图2下列结论正确的有______．
①平面
②该几何体为三棱台
③二面角的大小为
④该几何体的体积为
【答案】①④
【详解】因为，，，
，，为中点，
所以，
如图作，，则，
,
所以，
即，
又，，
平面，，
所以平面，
又平面，则，
又平面，，
所以平面，①正确；
由题知，平面平面，
而，故和不会交于一点，
所以该几何体不可能为三棱台，②错；
由题知，建立空间直角坐标系如图，
则，
即可为平面的法向量，
设平面的法向量为，
又，，
则，得，
令，则，
，
所以二面角的大小不是，③错；
该几何体的体积
，④正确.
故答案为：①④
例题2．（2023春·湖北宜昌·高二葛洲坝中学校考阶段练习）如图1，直角梯形中，，，，为的中点，现将沿着折叠，使，得到如图2所示的几何体，其中为的中点，为上一点，与交于点，连接.
(1)求证：平面；
(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）在直角梯形中，，，，为的中点，
由翻折的性质可得，翻折后，，
又，，
，则，故，，两两互相垂直，
以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，如图示：
则，，，，
，，
，即，
又平面，平面，
平面．
（2）设点到平面的距离为，
则，解得，
点为的中点，
在空间直角坐标系中，，，.
，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，
故平面的一个法向量为，
又平面的一个法向量为，
所以，
令平面与平面的夹角，由图可知，，
则，即．
例题3．（2023·全国·高三专题练习）如图1，在直角梯形中，，，，，.现沿平行于的折叠，使得且平面，如图2所示.
(1)求的长度；
(2)求二面角的大小.
【答案】(1)1
(2)
【详解】（1）由平面，平面，得，
在矩形中，由，，知，
设，则，，
故，，
由勾股定理：，
解得：，
的长度为1；
（2）因为，，，
且平面，所以平面，
结合知，两两互相垂直，故以点为原点，为，，轴正方向建立空间直角坐标系，所以
，，，，，，
所以，，，，
设为平面的一个法向量，所以，
取，则，
设为平面的一个法向量，所以，
取，则，
记所求二面角大小为，为钝角，则，
所求二面角的大小为.
练透核心考点
1．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知如图甲所示，直角三角形SAB中，，，C，D分别为SB，SA的中点，现在将沿着CD进行翻折，使得翻折后S点在底面ABCD的投影H在线段BC上，且SC与平面ABCD所成角为，M为折叠后SA的中点，如图乙所示.
(1)证明：平面SBC；
(2)求平面ADS与平面SBC所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：取SB的中点为N，连接MN，CN，如图所示：
在图甲中，∵C，D分别为SB，SA上的中点，
∴，，
又∵M，N分别为SA，SB的中点，
∴，，
∴MNCD为平行四边形，∴，
又∵平面SBC，平面SBC，
∴平面SBC.
（2）∵，
∴，，，
∴平面SBC，又平面ABCD，
平面平面ABCD，
因为S点在底面的投影H在线段BC上，
∴平面ABCD，∴.
SC与平面ABCD所成角的平面角为，
，
过H作，则HP，HB，HS两两互相垂直，
以H为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
，，
易知为平面SBC的一个法向量；
设为平面ADS的一个法向量，
则有，
可取，
设平面ADS与平面SBC所成锐二面角的大小为，
则，
所以平面ADS与平面SBC所成锐二面角的余弦值为.
2．（2023·甘肃兰州·统考模拟预测）如图所示的五边形中是矩形，，，沿折叠成四棱锥，点是的中点，．
(1)在四棱锥中，可以满足条件①；②；③，请从中任选两个作为补充条件，证明：侧面底面；（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．）
(2)在（1）的条件下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）证明：（1）方案一：选条件①②．
因为在四棱锥中，点是的中点，，所以，
又因为在中，，所以，
又因为是矩形，，所以，，
由可得，所以，
则由，，，平面，所以平面，又因为侧面，
所以侧面底面；
方案二：选条件①③．
因为在四棱锥中，点是的中点，，所以，
又因为在中，，
所以由正弦定理得：，即，所以，
即，所以，
则由，，，平面，所以平面，又因为侧面，
所以侧面底面；
方案三：选条件②③．
因为在四棱锥中，点是的中点，，所以，
又因为在中，，所以，
又因为是矩形，，所以，
又因为在中，，则，
设，，
所以有，解得或（舍，所以，
由可得，所以，
则由，，，平面，所以平面，又因为侧面，
所以侧面底面；
（2）在（1）条件下知平面，且，
故如图所示：以为坐标原点，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，
则，，，，
则，，
设平面的法向量为，则，则，
，
设直线与平面所成角为，则，
直线与平面所成角的正弦值为.
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc18854" 第一部分：高考真题回归 PAGEREF _Tc18854 \h 2
\l "_Tc20438" 第二部分：高频考点一遍过 PAGEREF _Tc20438 \h 4
\l "_Tc18650" 高频考点一：空间位置关系证明的传统法与向量法 PAGEREF _Tc18650 \h 4
\l "_Tc26243" 角度1：用传统法证明空间的平行和垂直关系 PAGEREF _Tc26243 \h 4
\l "_Tc12572" 角度2：利用向量证明空间的平行和垂直关系 PAGEREF _Tc12572 \h 6
\l "_Tc28036" 高频考点二：空间角的向量求法 PAGEREF _Tc28036 \h 10
\l "_Tc3817" 角度1：用传统法求异面直线所成角 PAGEREF _Tc3817 \h 10
\l "_Tc25939" 角度2：用向量法求异面直线所成角 PAGEREF _Tc25939 \h 10
\l "_Tc14072" 角度3：用向量法解决线面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数）） PAGEREF _Tc14072 \h 11
\l "_Tc30028" 角度4：用向量法解决二面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数）） PAGEREF _Tc30028 \h 13
\l "_Tc19122" 高频考点三：距离问题 PAGEREF _Tc19122 \h 20
\l "_Tc23245" 角度1：点到直线的距离 PAGEREF _Tc23245 \h 20
\l "_Tc30026" 角度2：点到平面的距离（等体积法） PAGEREF _Tc30026 \h 21
\l "_Tc4695" 角度3：点到平面的距离（向量法） PAGEREF _Tc4695 \h 22
\l "_Tc20180" 高频考点四：立体几何折叠问题 PAGEREF _Tc20180 \h 24
第一部分：高考真题回归
1．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（ ）
A．B．
C．D．
2．（2023·全国（乙卷理）·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
3．（2023·全国（甲卷理）·统考高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
4．（2023·北京·统考高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．
(1)求证：平面PAB；
(2)求二面角的大小．
5．（2023·全国（甲卷文）·统考高考真题）如图，在三棱柱中，平面．
(1)证明：平面平面；
(2)设，求四棱锥的高．
6．（2023·全国（新高考Ⅱ卷）·统考高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
第二部分：高频考点一遍过
高频考点一：空间位置关系证明的传统法与向量法
角度1：用传统法证明空间的平行和垂直关系
典型例题
例题1．（2023·浙江·统考模拟预测）已知四棱锥中，，，，为中点.
(1)求证：平面；
(2)设平面与平面的夹角为，求三棱锥的体积.
例题2．（2023·辽宁锦州·统考模拟预测）在直角梯形中（如图一），，，.将沿折起，使（如图二）.
(1)求证：平面平面；
(2)设为线段的中点，求点到直线的距离.
例题3．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.
(1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置；
(2)若，求四棱锥的体积.
例题4．（2023·新疆阿勒泰·统考三模）在中，分别为的中点，，如图①，以为折痕将折起，使点到达点的位置，如图②．
(1)证明：；
(2)若平面，且，求点C到平面的距离
例题5．（2023·四川凉山·三模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，底面，，且直线与底面所成的角为．
(1)求证：平面平面；
(2)求点到平面的距离．
角度2：利用向量证明空间的平行和垂直关系
典型例题
例题1．（2023·北京·北京四中校考模拟预测）如图，正三棱柱中，分别是棱上的点，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求二面角的余弦值.
例题2．（2023·北京密云·统考三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，，分别是，的中点.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
例题3．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）如图，在梯形ABCD中，，，，为边上的点，，，将沿直线翻折到的位置，且，连接，．
(1)证明：；
(2)Q为线段PA上一点，且，若二面角的大小为，求实数的值．
考点一练透核心考点
1．（2023·新疆喀什·校考模拟预测）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D、E分别为AC、AA1的中点，AC=AA1=2.
(1)求证：DE∥平面A1BC；
(2)求DE与平面BCC1B1夹角的余弦值.
2．（2023·山东·校联考二模）如图，在正三棱台ABC—DEF中，M，N分别为棱AB，BC的中点，.
(1)证明：四边形MNFD为矩形；
(2)若四边形MNFD为正方形，求直线BC与平面ACFD所成角的正弦值.
3．（2023·全国·校联考模拟预测）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面平面，，是棱上的一点.
(1)是否存在点，使得平面？若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由；
(2)求多面体ABCDEF的体积.
4．（2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为棱AB，的中点，，，.
(1)证明：平面；
(2)若三棱锥的体积为，求二面角的正弦值.
5．（2023·甘肃兰州·校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，为的中点.
(1)证明：.
(2)求二面角的平面角的余弦值.
6．（2023·天津和平·统考一模）在如图所示的几何体中，平面平面；是的中点.
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面的夹角的余弦值.
高频考点二：空间角的向量求法
角度1：用传统法求异面直线所成角
典型例题
例题1．（2023·河北·模拟预测）在正方体中，点为的中点，点为的中点，则直线与所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
例题2．（2023·甘肃定西·统考模拟预测）如图，四棱锥中，平面，底面是矩形，，，是棱上一点，则当截面的周长最短时，与所成角的余弦值等于______．
例题3．（2023·河北·校联考一模）如图，在三棱锥中，，，且，点，分别为，的中点，则异面直线与所成角的大小为__________，与所成角的余弦值为__________.
角度2：用向量法求异面直线所成角
典型例题
例题1．（2023·河南安阳·统考三模）在直三棱柱中，是等腰直角三角形，，，，是线段上的动点，则当线段最短时，异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
例题2．（2023·山东·烟台二中校联考模拟预测）已知在正方体中，，平面平面，则直线与所成角的余弦值为__________．
角度3：用向量法解决线面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数））
典型例题
例题1．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，正方体中，分别为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
例题2．（2023·广东深圳·统考模拟预测）在正方体中，如图、分别是，的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与所成角的正弦值．
例题3．（2023·山东德州·三模）图1是直角梯形，，，，，，四边形为平行四边形，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2．
(1)求证：平面平面；
(2)在线段上存在点使得与平面的正弦值为，求平面与所成角的余弦值．
例题4．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）在三棱锥中，若已知，，点在底面的射影为点，则
(1)证明：
(2)设，则在线段PC上是否存在一点，使得与平面所成角的余弦值为，若存在，设，求出的值，若不存在，请说明理由.
角度4：用向量法解决二面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数））
典型例题
例题1．（2023·河北沧州·校考模拟预测）如图，在斜三棱柱中，，，的中点为，的中点为.
(1)证明：平面；
(2)若，，，求平面与平面所成角的大小.
例题2．（2023·重庆万州·重庆市万州第三中学校考模拟预测）如图，在三棱锥中，，点分别是棱的中点，平面.
(1)证明：平面平面；
(2)过点作的平行线交的延长线于点，，点是线段上的动点，问：点在何处时，平面与平面夹角的正弦值最小，并求出该最小正弦值.
例题3．（2023·广东佛山·统考模拟预测）如图，菱形的边长为，，将沿向上翻折，得到如图所示得三棱锥.
(1)证明：；
(2)若，在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由.
例题4．（2023秋·福建三明·高三统考期末）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形为菱形，，，.
(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
考点二练透核心考点
1．（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）四棱柱中，侧棱底面，，，，侧面为正方形，设点O为四棱锥外接球的球心，E为上的动点，则直线与所成的最小角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
2．（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）已知正方体的棱长为1，是棱的中点，为棱上的动点（不含端点），记㫒面直线与所成的角为，则的取值范围是______.
3．（2023·山东济宁·嘉祥县第一中学统考三模）在棱长为2的正方体中，为底面的中心，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值是________.
4．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）已知四面体ABCD满足，，，且该四面体的体积为，则异面直线AD与BC所成的角的大小为______．
5．（2023·河南南阳·南阳中学校考三模）如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是梯形，，，，分别是棱，的中点．
(1)证明：平面．
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
6．（2023·山东泰安·统考模拟预测）如图，在多面体中，上底面与下底面平行，且都是正方形，该多面体各条侧棱相等，且每条侧棱与底面所成角都相等．已知，垂足为点，三棱锥的体积为．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
7．（2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面，平面与平面的交线为.
(1)证明：；
(2)已知上是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.
8．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）如图，四棱锥中，平面，，，，，为线段上一点，点在边上且.
(1)若为的中点，求四面体的体积；
(2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
9．（2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考模拟预测）如图，在三棱台中，，，，，．
(1)证明：平面平面；
(2)设是的中点，求平面与平面夹角的余弦值．
10．（2023·河北·模拟预测）如图，在五边形中，四边形是矩形，，将沿着折起，使得点到达点的位置，且平面平面，点，分别为线段，的中点，点在线段上，且.
(1)当时，证明：平面；
(2)设平面与平面的夹角为，求的最大值及此时的值.
11．（2023·湖北武汉·统考三模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，，为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.
(1)求证：平面平面PBC；
(2)求平面AEF与平面PDC夹角的最小值.
12．（2023春·浙江·高二校联考阶段练习）如图，三棱柱中，，侧面为矩形，，二面角的正切值为.
(1)求侧棱的长；
(2)侧棱上是否存在点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为？若存在，判断点的位置并证明；若不存在，说明理由.
13．（2023春·江苏徐州·高二统考期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，点E，F，N分别为侧棱PD，PC，PB的中点，M为PD（不包含端点）上的点，，．
(1)若，求证：平面；
(2)若平面，求与平面所成角的最大值．
高频考点三：距离问题
角度1：点到直线的距离
典型例题
例题1．（2023·广东佛山·统考模拟预测）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是,且，，为的中点，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
例题2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，且，为棱的中点，点在上，且，则的中点到直线的距离是______．
角度2：点到平面的距离（等体积法）
典型例题
例题1．（2023春·云南楚雄·高一统考期中）如图，已知在矩形中，，，为边的中点，将，分别沿着直线，翻折，使得，两点重合于点，则点到平面的距离为______．
例题2．（2023春·江苏徐州·高二统考期中）如图，将边长的正方形沿对角线折起，连接，构成一四面体，使得，则点到平面的距离为_____________．
例题3．（2023春·天津宝坻·高一天津市宝坻区第一中学校考阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，点到平面距离是______．
角度3：点到平面的距离（向量法）
典型例题
例题1．（2023秋·河南省直辖县级单位·高二济源市第四中学校考阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是，的中点，则点到平面的距离为_________．
例题2．（2023春·高二课时练习）已知直四棱柱中，底面为正方形，，为的中点，为的中点，则直线与之间的距离为________.
例题3．（2023秋·高二课时练习）如图，设在直三棱柱中，，，，依次为的中点．
(1)求异面直线、EF所成角的余弦值；
(2)求点到平面的距离．
考点三练透核心考点
1．（2023秋·湖北·高二统考期末）在棱长为2的正方体中，点E为棱的中点，则点到直线BE的距离为（ ）
A．3B．C．D．
2．（2023秋·高二课时练习）矩形ABCD中，，平面ABCD，且，则P到BC的距离为__________．
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知AB，CM分别为圆柱上、下底面的直径，且AB＝2，圆柱的高为，，则点M到平面ABC的距离为______.
4．（2023春·江苏南京·高二江苏省江浦高级中学校联考阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，底面ABCD， E是PC的中点，已知，，，则P 到平面ABE的距离为___________．
5．（2023春·全国·高一专题练习）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，C1到平面B1BD的距离为_____．
6．（2023春·江苏淮安·高二校联考期中）在直三棱柱中，，，，分别为的中点.则点到平面的距离为__________.
7．（2023春·宁夏银川·高二银川一中校考期中）在三棱锥中，平面平面，若棱长，且，则点到平面的距离为________．
8．（2023春·河南·高二校联考期末）在棱长为1的正方体中，E为棱的中点，则点D到平面的距离为______．
9．（2023秋·重庆长寿·高二统考期末）如图，已知平面，底面为矩形，，，、分别为、的中点．
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离．
高频考点四：立体几何折叠问题
典型例题
例题1．（2023春·宁夏·高一六盘山高级中学校考阶段练习）如图1，在直角梯形中，，，，，，为中点，现沿平行于的折叠，使得，如图2所示，则关于图2下列结论正确的有______．
①平面
②该几何体为三棱台
③二面角的大小为
④该几何体的体积为
例题2．（2023春·湖北宜昌·高二葛洲坝中学校考阶段练习）如图1，直角梯形中，，，，为的中点，现将沿着折叠，使，得到如图2所示的几何体，其中为的中点，为上一点，与交于点，连接.
(1)求证：平面；
(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角.
例题3．（2023·全国·高三专题练习）如图1，在直角梯形中，，，，，.现沿平行于的折叠，使得且平面，如图2所示.
(1)求的长度；
(2)求二面角的大小.
练透核心考点
1．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知如图甲所示，直角三角形SAB中，，，C，D分别为SB，SA的中点，现在将沿着CD进行翻折，使得翻折后S点在底面ABCD的投影H在线段BC上，且SC与平面ABCD所成角为，M为折叠后SA的中点，如图乙所示.
(1)证明：平面SBC；
(2)求平面ADS与平面SBC所成锐二面角的余弦值.
2．（2023·甘肃兰州·统考模拟预测）如图所示的五边形中是矩形，，，沿折叠成四棱锥，点是的中点，．
(1)在四棱锥中，可以满足条件①；②；③，请从中任选两个作为补充条件，证明：侧面底面；（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．）
(2)在（1）的条件下求直线与平面所成角的正弦值．
第09讲 立体几何与空间向量 章节总结
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc18854" 第一部分：高考真题回归 PAGEREF _Tc18854 \h 1
\l "_Tc20438" 第二部分：高频考点一遍过 PAGEREF _Tc20438 \h 9
\l "_Tc18650" 高频考点一：空间位置关系证明的传统法与向量法 PAGEREF _Tc18650 \h 9
\l "_Tc26243" 角度1：用传统法证明空间的平行和垂直关系 PAGEREF _Tc26243 \h 9
\l "_Tc12572" 角度2：利用向量证明空间的平行和垂直关系 PAGEREF _Tc12572 \h 14
\l "_Tc28036" 高频考点二：空间角的向量求法 PAGEREF _Tc28036 \h 27
\l "_Tc3817" 角度1：用传统法求异面直线所成角 PAGEREF _Tc3817 \h 27
\l "_Tc25939" 角度2：用向量法求异面直线所成角 PAGEREF _Tc25939 \h 29
\l "_Tc14072" 角度3：用向量法解决线面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数）） PAGEREF _Tc14072 \h 31
\l "_Tc30028" 角度4：用向量法解决二面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数）） PAGEREF _Tc30028 \h 37
\l "_Tc19122" 高频考点三：距离问题 PAGEREF _Tc19122 \h 65
\l "_Tc23245" 角度1：点到直线的距离 PAGEREF _Tc23245 \h 65
\l "_Tc30026" 角度2：点到平面的距离（等体积法） PAGEREF _Tc30026 \h 66
\l "_Tc4695" 角度3：点到平面的距离（向量法） PAGEREF _Tc4695 \h 69
\l "_Tc20180" 高频考点四：立体几何折叠问题 PAGEREF _Tc20180 \h 79
第一部分：高考真题回归
1．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，
由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和，
所以.
因为平面，平面，所以，
因为，平面，，
所以平面，因为平面，所以，.
同理：，又，故四边形是矩形，
所以由得，所以，所以，
所以在直角三角形中，
在直角三角形中，，，
又因为，
所有棱长之和为.
故选：C
2．（2023·全国（乙卷理）·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图，
，，由的面积为，得，
解得，于是，
所以圆锥的体积.
故选：B
3．（2023·全国（甲卷理）·统考高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】法一：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，则，
又，，所以，则，
又，，所以，则，
在中，，
则由余弦定理可得，
故，则，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
法二：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，
在中，，
则由余弦定理可得，故，
所以，则，
不妨记，
因为，所以，
即，
则，整理得①，
又在中，，即，则②，
两式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
故选：C.
4．（2023·北京·统考高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．
(1)求证：平面PAB；
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为平面平面，
所以，同理，
所以为直角三角形，
又因为，，
所以，则为直角三角形，故，
又因为，，
所以平面.
（2）由（1）平面，又平面，则，
以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，即
令，则，所以，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以，
所以，
又因为二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为.
5．（2023·全国（甲卷文）·统考高考真题）如图，在三棱柱中，平面．
(1)证明：平面平面；
(2)设，求四棱锥的高．
【答案】(1)证明见解析.
(2)
【详解】（1）证明：因为平面，平面,
所以,
又因为，即，
平面，,
所以平面，
又因为平面,
所以平面平面.
（2）如图，
过点作，垂足为.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以四棱锥的高为.
因为平面，平面,
所以,,
又因为，为公共边，
所以与全等，所以.
设，则，
所以为中点，,
又因为,所以,
即，解得，
所以，
所以四棱锥的高为．
6．（2023·全国（新高考Ⅱ卷）·统考高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
第二部分：高频考点一遍过
高频考点一：空间位置关系证明的传统法与向量法
角度1：用传统法证明空间的平行和垂直关系
典型例题
例题1．（2023·浙江·统考模拟预测）已知四棱锥中，，，，为中点.
(1)求证：平面；
(2)设平面与平面的夹角为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：
取中点,连,
是中点,∴且,
又∵且.∵且,
∴四边形为平行四边形，,
又∵平面，⊂平面，∴平面．
（2）取中点，连，过作交于，连,
∵分别是中点，∴，又∵平面．
∴⊥平面,平面,
∴，又∵，平面，
∴⊥平面，平面，
∴，∴是平面与平面的夹角的平面角.
∴.
,
∴.
∴,
例题2．（2023·辽宁锦州·统考模拟预测）在直角梯形中（如图一），，，.将沿折起，使（如图二）.
(1)求证：平面平面；
(2)设为线段的中点，求点到直线的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取的中点，连接，如图所示：
因为，，
则四边形为正方形，所以，
因为，所以.
因为，，，平面，
所以平面.
又因为平面，所以.
因为，，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）取的中点，连接，
因为平面，，所以平面，
又因为平面，所以.
因为，所以.
因为，，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以.
因为，，且，
所以，
即点 E 到直线 CD 的距离为.
例题3．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.
(1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置；
(2)若，求四棱锥的体积.
【答案】(1)点为线段上靠近点的三等分点；
(2).
【详解】（1）如图，过点作交于点，连接，
因为，所以四点共面，
若平面，由平面，平面平面，
所以，所以四边形为平行四边形，,
则，
所以当且仅当点为线段上靠近点的三等分点时，平面.
（2）如图，取的中点，连接，取的中点，连接，则，所以，
又，则，又，则，
所以.
因为，平面，
所以平面，
则四棱锥的体积为.
例题4．（2023·新疆阿勒泰·统考三模）在中，分别为的中点，，如图①，以为折痕将折起，使点到达点的位置，如图②．
(1)证明：；
(2)若平面，且，求点C到平面的距离
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）证明：在图1中，因为，且为的中点，
，又为的中点，所以，
在图2中，，且，平面，
平面，又平面，
所以；
（2）因为平面，平面，
所以，又平面，
所以平面，连接，则，
因为，为等边三角形，
所以，，，
所以，
取的中点，连接，则，
设点到平面的距离为，
，即，解得，
即点到平面的距离为．
例题5．（2023·四川凉山·三模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，底面，，且直线与底面所成的角为．
(1)求证：平面平面；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：∵平面ABCD，故为直线PD与平面ABCD所成的角，因此，又，∴
∵底面ABCD为矩形，且，∴底面ABCD为正方形，∴
又，而，平面PAC，∴平面PAC，又平面PBD，∴平面平面PAC，
（2），
由于,所以，
设点C到平面PBD的距离为d，则
∵，∴，解得：
∴设点C到平面PBD的距离为．
角度2：利用向量证明空间的平行和垂直关系
典型例题
例题1．（2023·北京·北京四中校考模拟预测）如图，正三棱柱中，分别是棱上的点，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：取的中点,连接，
在正三棱柱中，不妨设;
以为原点，分别为轴和轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则,，
；
设平面的一个法向量为，则, ，
取，则，即；
设平面的一个法向量为，则,
即，取得.
因为，所以平面平面；
（2）因为，由（1）可得，即，
易知平面的一个法向量为,
；
二面角的余弦值为.
例题2．（2023·北京密云·统考三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，，分别是，的中点.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由题意，
在矩形中，，，,
，分别是，的中点，
∴，，
在四棱锥中，面平面，
面面，， ∴面，
面，∴，
取中点，连接，由几何知识得，
∵，∴，
∵面，面，
∴面，
∴
以、、为、、轴建立空间直角坐标系如下图所示，
∴，
∴，面的一个法向量为，
∵，
∴平面.
（2）由题意，（1）及图得，
在面中，，
，
设其法向量为，
则，即，解得：，
当时，，
在面中，其一个法向量为，
设二面角为
∴，
由图象可知二面角为钝角，
∴二面角的余弦值为.
例题3．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）如图，在梯形ABCD中，，，，为边上的点，，，将沿直线翻折到的位置，且，连接，．
(1)证明：；
(2)Q为线段PA上一点，且，若二面角的大小为，求实数的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）因为，所以，，又，PE、平面PAE，
所以平面PAE，平面ABCE，
所以平面平面PAE．
在梯形ABCD中，，所以，
所以在四棱锥中，．
因为，所以为正三角形．
取AE中点O，连接PO，OB，OC，易得，，
因为平面平面PAE，平面平面，平面可得平面，平面,
所以．
又，，，所以四边形OBCE为正方形，所以，
又，OC、平面POC，
所以平面POC，因为平面POC，所以;
（2）由（1）知OA，OB，OP两两垂直，以O为坐标原点，以OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则：，，，，
由得，
则，，设平面QBC的一个法向量为，
故即，令，得，，
所以，
易知平面ABC的一个法向量为，
所以，
解得或（舍）．
所以实数的值为．
考点一练透核心考点
1．（2023·新疆喀什·校考模拟预测）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D、E分别为AC、AA1的中点，AC=AA1=2.
(1)求证：DE∥平面A1BC；
(2)求DE与平面BCC1B1夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：∵点D、E分别为AC、AA1的中点，
∴DE为三角形ACA1的中位线，即DE∥CA1，
平面，平面，
∴DE∥平面A1BC
（2）过点A1作B1C1的垂线，垂足为F，连结，
因为平面平面，且平面平面，
，所以平面，所以为在平面的射影，
即为所求角，，，
所以.
2．（2023·山东·校联考二模）如图，在正三棱台ABC—DEF中，M，N分别为棱AB，BC的中点，.
(1)证明：四边形MNFD为矩形；
(2)若四边形MNFD为正方形，求直线BC与平面ACFD所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）延长,则相交于一点,连接,
M，N分别为棱的中点，所以 且，
由于，所以又，
所以,所以四边形为平行四边形，
在三棱锥中，,所以,
进而得 ,又 ,因此
所以 ，故四边形为矩形
（2）由可知分别是的中点，
所以,
又四边形为正方形，所以，所以,
由于三棱锥为正三棱锥，且，因此三棱锥为正四面体，
因此直线BC与平面ACFD所成的角即为直线与平面所成角，
取的中心为,连接,则平面，所以为直线与平面所成角，
设四面体的棱长为 ，在中，由正弦定理可得， ，
在中，,
故直线BC与平面ACFD所成的角的正弦值为
3．（2023·全国·校联考模拟预测）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面平面，，是棱上的一点.
(1)是否存在点，使得平面？若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由；
(2)求多面体ABCDEF的体积.
【答案】(1)存在，时，平面
(2)
【详解】（1）当时，满足平面，
过点作AD交AF于点G，连接BG，则，
因为，，所以且，
所以四边形为平行四边形，
故，
因为平面，平面，
所以平面，此时；
（2）连接AE，DE，
四边形ABCD为直角梯形，过点B作BN⊥AD于点N，则四边形BCDN为正方形，
故BC=DN=1，BN=CD=1，故AN=AD-DN=3-1=2，
由勾股定理得：，
面积为，
平面平面，交线为AB，
因为四边形为正方形，所以，平面ABEF，
故平面ABCD，且
则四棱锥，
过点N作NH⊥AB于点H，则，
则点D到AB的距离为，
因为平面平面，交线为AB，NH⊥AB，且平面ABCD，
所以NH⊥平面ABEF，
则点D到平面ABEF的距离为，
正方形ABEF的面积为，则，
多面体ABCDEF的体积为.
4．（2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为棱AB，的中点，，，.
(1)证明：平面；
(2)若三棱锥的体积为，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：在三棱柱中，平面，，，.
所以，则，则，则如下图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
设，则
,
所以，，
设平面的一个法向量为，
所以，令，则，即，
所以，得，
又平面，所以平面；
（2）三棱锥的体积，
解得，则，
由（1）知平面的法向量为，
设平面的一个法向量为，，
所以，令，则，即，
则，
由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
于是，
故二面角的正弦值为.
5．（2023·甘肃兰州·校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，为的中点.
(1)证明：.
(2)求二面角的平面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【详解】（1）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
.
因为，所以；
（2）设平面的法向量为，
则取，可得.
设平面的法向量为，
则取，可得.
.
故二面角的平面角的余弦值为.
6．（2023·天津和平·统考一模）在如图所示的几何体中，平面平面；是的中点.
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)详见解析；
(2)；
(3).
【详解】（1）因为，以为原点，分别以，所在直线为，轴，过点且与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
所以，，
所以，
所以，即；
（2）因为，设平面的法向量为，
则，令，可得，又，
设与平面所成角为，则，
直线与平面所成的角的正弦值为；
（3）由题， ，
设平面的法向量，
由，令，则，
又平面的法向量，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
高频考点二：空间角的向量求法
角度1：用传统法求异面直线所成角
典型例题
例题1．（2023·河北·模拟预测）在正方体中，点为的中点，点为的中点，则直线与所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】如图,取的中点,的中点,
连接,则易得，
则四边形是平行四边形，所以,
因为，，
所以，所以四边形为平行四边形，
所以，所以，
所以即为直线与所成的角(或其补角).
设止方体的棱长为2,
则,,
所以,所以,
所以.
故选：A.
例题2．（2023·甘肃定西·统考模拟预测）如图，四棱锥中，平面，底面是矩形，，，是棱上一点，则当截面的周长最短时，与所成角的余弦值等于______．
【答案】
【详解】四边形是平行四边形，，四边形是矩形，，
平面，平面, ，平面，平面，故平面，
，将矩形沿旋转到与在同一平面，如图1，连接,此时 交于点 的最小值为，,,故的最小值为，此时，，
图1 图2
过作交于，连接，，
由题意可得，故为异面直线与所成的角，
又，，平面，平面，故，，
又可得，，，
．
故答案为：
例题3．（2023·河北·校联考一模）如图，在三棱锥中，，，且，点，分别为，的中点，则异面直线与所成角的大小为__________，与所成角的余弦值为__________.
【答案】
【详解】
取的中点G，连接，，则，，故或其补角为异面直线与所成的角，
过A作平面于点O，连接，，，则，
又，且，故平面，故，同理可得，
即为的垂心，故，又，，平面，
平面，故平面，故，即与所成角为；
所以，由可得，故，
即异面直线与所成角的余弦值为；
故答案为：①，②.
角度2：用向量法求异面直线所成角
典型例题
例题1．（2023·河南安阳·统考三模）在直三棱柱中，是等腰直角三角形，，，，是线段上的动点，则当线段最短时，异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】在直三棱柱中，是等腰直角三角形，，
所以，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
设，其中，
，
所以，，
当且仅当时，即当点为线段的中点时，取最小值，此时点，
则，，
，
因此，当线段最短时，异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
例题2．（2023·山东·烟台二中校联考模拟预测）已知在正方体中，，平面平面，则直线与所成角的余弦值为__________．
【答案】
【详解】作出图形，如图所示．
延长至E，使得，则≌，≌，
故，，故四边形为平行四边形，
连接，延长，交于点G，连接，则即为直线l．
以D为坐标原点，，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，过点作轴于点，则∽，且相似比为1:2，
故，，
则，，，，
故，，
故直线l与所成角的余弦值为．
故答案为：
角度3：用向量法解决线面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数））
典型例题
例题1．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，正方体中，分别为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)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）证明：以为原点，所在直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的棱长为2，
则，，，，，，.
因为为棱的中点，为棱的中点，所以，
所以，
设平面的一个法向量为，则由
令，可得，所以，
因为，所以，
又因为平面，所以平面.
（2）解：由（1）得，，
设直线与平面所成的角为，
则.
例题2．（2023·广东深圳·统考模拟预测）在正方体中，如图、分别是，的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）设棱长为，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，则，取，得，
设平面的法向量，则，取，得，
所以，则平面平面．
（2）设直线与平面所成角的为，而，平面的法向量，
所以．
直线与所成角的正弦值．
例题3．（2023·山东德州·三模）图1是直角梯形，，，，，，四边形为平行四边形，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2．
(1)求证：平面平面；
(2)在线段上存在点使得与平面的正弦值为，求平面与所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：在图1中，连接，交于，
，
所以，
所以，四边形是菱形，
所以，且．
在图2中，满足，
所以，所以，，
又平面，所以，平面，
又平面，所以，平面平面；
（2）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，
所以，
设平面的法向量为，
则即，取，得，
设，在线段上存在点使得与平面的正弦值为，
所以
解得或（舍），
所以，
设平面的法向量为，
则即，取，得，
设平面与平面的平面角为，
所以，平面与所成角的余弦值为
例题4．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）在三棱锥中，若已知，，点在底面的射影为点，则
(1)证明：
(2)设，则在线段PC上是否存在一点，使得与平面所成角的余弦值为，若存在，设，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)在线段PC上是否存在一点M，满足条件，且.
【详解】（1）因为点P在底面ABC的射影为点H，
所以平面，又平面，
所以，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
因为，，
所以点为的垂心，所以，
因为，，平面，，
所以平面，又平面，
所以；
（2）延长交于点，由（1）可得，
又，所以点为线段的中点，
所以，同理可得，
所以为等边三角形，又，所以，
如图，以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
故，
设存在点M，使得BM与平面所成角的余弦值为，且，
则，
设平面的法向量为，，
则，所以，
令，可得，
所以为平面的一个法向量，
所以，
设直线BM与平面所成角为，则，又，
所以，故，
所以或，又，
所以.
所以在线段PC上存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为，且.
角度4：用向量法解决二面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数））
典型例题
例题1．（2023·河北沧州·校考模拟预测）如图，在斜三棱柱中，，，的中点为，的中点为.
(1)证明：平面；
(2)若，，，求平面与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【详解】（1）连接，因为四边形为平行四边形，
所以为的中点，
因为为的中点，
所以∥，
又平面，平面，
所以∥平面.
（2）因为，又，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
取的中点，
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，，
建立如图所示空间直角坐标系，，
由得，则，
设平面的法向量为，
则，
令，所以 ，
因为平面，所以可取平面的法向量为.
设平面与平面所成角为，由图可知为锐角，
则，
故平面与平面所成角为.
例题2．（2023·重庆万州·重庆市万州第三中学校考模拟预测）如图，在三棱锥中，，点分别是棱的中点，平面.
(1)证明：平面平面；
(2)过点作的平行线交的延长线于点，，点是线段上的动点，问：点在何处时，平面与平面夹角的正弦值最小，并求出该最小正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由可知，又，故（三线合一），
又平面，平面，故，
又，平面，故平面，
又平面，故平面平面
（2）
在平面中，过作，垂足为，不妨设，由于，
则，
以所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
设，则，，，.
设平面的法向量，由，即，
则是其中一条法向量；
设平面的法向量，由，即，
则是其中一条法向量.
设平面与平面夹角为，则，
当时，取到最大值，此时正弦值取到最小值为.
例题3．（2023·广东佛山·统考模拟预测）如图，菱形的边长为，，将沿向上翻折，得到如图所示得三棱锥.
(1)证明：；
(2)若，在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，或
【详解】（1）取中点，连接，
四边形为菱形，，，，，
，平面，平面，
平面，.
（2），，
，解得：；
，，；
在平面中，作，交于点，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
假设在线段上存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为，
，，，
又，，，
，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
轴平面，平面的一个法向量，
，解得：，
当时，；当时，；
当或时，平面与平面所成角的余弦值为.
例题4．（2023秋·福建三明·高三统考期末）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形为菱形，，，.
(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明过程见详解
(2)存在，
【详解】（1）连接与相交于点，连接，如图所示：
四边形为菱形，，
为等边三角形，是的中点，有，
、面，，面，又面，
则，又已知，，平面，
所以平面.
（2），分别为，的中点，连接，，
由（1）平面，所以平面面，作，所以有平面，
又因为为等边三角形，，平面
以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
则，，，，由，
，
设，，
则，
设平面的一个法向量，
则有，
令，则，
易取平面的一个法向量为 ，
由已知平面与平面的夹角的正弦值为，
则平面与平面的夹角的余弦值为，
则有，
，由解得.
所以，点存在，.
考点二练透核心考点
1．（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）四棱柱中，侧棱底面，，，，侧面为正方形，设点O为四棱锥外接球的球心，E为上的动点，则直线与所成的最小角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】如图所示：以分别为轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，
球心在平面的投影坐标为，则设球心，
则，即，
解得，则.
设，，，，
设，则，，
则，
当时，有最大值为，
此时直线与所成的角最小，对应的正弦值为.
故选：D
2．（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）已知正方体的棱长为1，是棱的中点，为棱上的动点（不含端点），记㫒面直线与所成的角为，则的取值范围是______.
【答案】
【详解】方法1：取的中点N，连接，如图所示，
则，面，
所以异面直线AB与EG所成角即为，，
设，（），
所以，
又因为，
所以，
所以，即： .
方法2：如图所示建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
所以，（），
又因为当时，；当或时，，
所以，
又因为，
所以.
故答案为：.
3．（2023·山东济宁·嘉祥县第一中学统考三模）在棱长为2的正方体中，为底面的中心，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值是________.
【答案】/
【详解】在棱长为2的正方体中，取中点，连接，如图，
因为为的中点，有，则四边形是平行四边形，
于是，又，即有四边形是平行四边形，
因此，则是异面直线与所成的角或补角，
而为底面的中心，则，又平面，
从而平面，而平面，则，
在中，，于是，
所以异面直线与所成角的余弦值是.
故答案为：
4．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）已知四面体ABCD满足，，，且该四面体的体积为，则异面直线AD与BC所成的角的大小为______．
【答案】或
，解得，
故，
以为轴建立空间直角坐标系，
，，，或，
或，，
异面直线AD与BC所成的角的大小为，，
，；
或，；
综上所述：异面直线AD与BC所成的角的大小为或.
故答案为：或
5．（2023·河南南阳·南阳中学校考三模）如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是梯形，，，，分别是棱，的中点．
(1)证明：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）证明：取的中点，连接，．
因为，分别是棱，的中点，所以．
因为平面，平面，所以平面．
因为，分别是棱，的中点，所以．
因为平面，平面，所以平面．
因为，平面，且，所以平面平面．
因为平面，所以平面．
（2）以为坐标原点，分别以，的方向为，轴的正方向，垂直平面向上的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，．
由余弦定理可得，则，
从而，，，，，
故，，．
设平面的法向量为，
则,令，得．
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
6．（2023·山东泰安·统考模拟预测）如图，在多面体中，上底面与下底面平行，且都是正方形，该多面体各条侧棱相等，且每条侧棱与底面所成角都相等．已知，垂足为点，三棱锥的体积为．
(1)证明：平面；
(2)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）取边的中点，连接，因为，所以，
由已知，可得．
因为，设点到底面的距离为，
由，解得．
因为，所以平面，平面，所以平面平面，
又因各条侧棱相等，且每条侧棱与底面所成角都相等，
所以平面，平面，平面都与底面垂直．
取边的中点，连接，则平面，
所以有，从而易得，
可得，所以四边形是平行四边形，
所以，已知，所以．
因为平面平面，平面平面，
由于，平面，所以平面，
所以．因为，平面，
所以平面．
（2）由（1）可得到直线两两垂直，
以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系．
可得，，
求得，
设平面的法向量为，
则，令，则，所以．
所以.
7．（2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面，平面与平面的交线为.
(1)证明：；
(2)已知上是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【详解】（1）因为四边形为菱形，所以，
又因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）上存在点，使与平面所成角的正弦值为，且.
理由如下：
取中点，连接，因为，所以，
又，所以为等边三角形，所以，
因为，所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，
以为原点，以方向分别为轴，轴，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
，
.
因为平面平面，所以平面，
又平面，平面平面，所以，
假设上存在一点，使与平面所成角的正弦值为，设，
则，所以，
设为平面的一个法向量，
则，即，
令，则，可取，
又，
所以，
即，解得，此时；
因此上存在点，使与平面所成角的正弦值为，且.
8．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）如图，四棱锥中，平面，，，，，为线段上一点，点在边上且.
(1)若为的中点，求四面体的体积；
(2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【详解】（1）解：由题意可得两两互相垂直，
所以可以以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
∴，，，，
∴，，.
设平面的一个法向量，
，不妨令y＝1，∴.
设点到平面的距离为，则，
又因为，，∴的面积为.
∴四面体的体积为.
（2）设点坐标为，∴，.
∵，即，∴，
∴，∴.
设，，
∴.
设平面的一个法向量，
∴，即，令得
∴，
∴，
∵与面所成角的余弦值是，正弦值为.
∴，整理得，
∴，（舍去）.
∴存在满足条件的点，且.
9．（2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考模拟预测）如图，在三棱台中，，，，，．
(1)证明：平面平面；
(2)设是的中点，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：
由三棱台知：，
在梯形中，取的中点，连接，
因，
故，四边形是平行四边形，
∴，
，
所以，
，即，
因，所以，
又因，所以，
又因，所以平面，
因平面，
所以平面平面；
（2）解：
取的中点，的中点，连接，，则，
因，所以，
由条件知：四边形是等腰梯形，所以，
平面平面
平面,
平面平面
∴平面，
分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，
则在等腰梯形中，由平面几何知识可得：，
∴，，，，
设平面的法向量，
则由 得，
令，得，，
所以，
又平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，
则．
10．（2023·河北·模拟预测）如图，在五边形中，四边形是矩形，，将沿着折起，使得点到达点的位置，且平面平面，点，分别为线段，的中点，点在线段上，且.
(1)当时，证明：平面；
(2)设平面与平面的夹角为，求的最大值及此时的值.
【答案】(1)见解析
(2)的最大值为1,此时的值为.
【详解】（1）取的中点,连接,,
分别为,的中点,
,
四边形是矩形,点为的中点
.
,
四边形为平行四边形，.
又平面平面,
平面.
（2）由题可知，又点为的中点，,
平面平面,平面平面平面,
平面,
以点为坐标原点,的方向分别为,轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,
则,，
由题设,
当时,显然不符合;
当时,,
.
设平面的法向量为,
则，
取,则,
，
取平面的一个法向量为,
，
当时,,此时取得最大值1.
的最大值为1,此时的值为.
11．（2023·湖北武汉·统考三模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，，为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.
(1)求证：平面平面PBC；
(2)求平面AEF与平面PDC夹角的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【详解】（1）中，E为PB的中点，所以.
在正方形ABCD中，.
因为平面ABCD，平面ABCD，即.
又因为，平面PAB，所以平面PAB.
平面PAB，即，又因为，，平面PBC.
所以平面PBC，平面AEF，
即平面平面PBC.
（2）因为平面ABCD，底面ABCD是正方形，所以易知AB，AD，AP两两垂直.
以A为原点， AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
有，，，，，
PB中点，设，.
，，，.
设平面PCD的法向量，由，
得，取.
设平面的法向量，由，
得，取.
所以平面AEF与平面PCD的夹角的余弦值为.
令，，
则，
所以当即时，平面AEF与平面PCD的夹角的余弦值取得最大值，
此时平面AEF与平面PCD的夹角取得最小值.
12．（2023春·浙江·高二校联考阶段练习）如图，三棱柱中，，侧面为矩形，，二面角的正切值为.
(1)求侧棱的长；
(2)侧棱上是否存在点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为？若存在，判断点的位置并证明；若不存在，说明理由.
【答案】(1)2
(2)存在在的三等分点靠近的分点处，证明见解析
【详解】（1）取的中点，连接，
因为，则，
又因为侧面为矩形，则，//，
且//，则//，即四点共面，
平面平面，
所以平面，则，
则是二面角的平面角，
则，所以，
设，
因为，则，
又因为，则，
可得，
在中，由余弦定理
得：，即，
平方整理得，得或（舍去），
即为2.
（2）解法一：如图，建立以为坐标原点，分别为轴的空间直角坐标系，
过作底面，
因为，可得，
则，，
可得，
所以，
则，，
设平面的法向量为，则，
则，令，则，即，
设，
设，则，
设平面的法向量为，
因为，
则，
令，则，即，
平面与平面所锐二面角为，
可得，解得，
所以存在，在的三等分点靠近的分点处.
解法二：把三棱柱补为四棱柱，如图，为中点，过作，
由（1）知：，则，
由棱柱的性质易得：且，即为平行四边形，
所以，故，又，
，面，则面，在面内，
所以，而，面，
则平面，且平面，则，
过作，连，，面，
则平面，且平面，可得，
则为二面角的平面角，
设，则，
可得，
由点到的距离为，
则，解得，
所以存在，在的三等分点靠近的分点处.
13．（2023春·江苏徐州·高二统考期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，点E，F，N分别为侧棱PD，PC，PB的中点，M为PD（不包含端点）上的点，，．
(1)若，求证：平面；
(2)若平面，求与平面所成角的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）延长FM和CD交于点Q，连BQ交AD于点H，连FH，FN，
由，故，
所以，
即H为AD的中点，
此时，，且，
所以四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，
所以平面；
（2）以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，
则，，，，，
所以，，，
设平面BMF的法向量，
则有，令，则，
所以，
设DB与平面MFB所成的角为，
则
，
当时，的最大值为，
又，故DB与平面所成角的最大值．
高频考点三：距离问题
角度1：点到直线的距离
典型例题
例题1．（2023·广东佛山·统考模拟预测）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是,且，，为的中点，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】在平行六面体中，不妨设，，．
,，
，，
所以，，
，
所以E到直线的距离为，
故选：A
例题2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，且，为棱的中点，点在上，且，则的中点到直线的距离是______．
【答案】/
【详解】因为平面，底面为正方形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则点、、，
，，，
所以，，
所以，的中点到直线的距离.
故答案为：.
角度2：点到平面的距离（等体积法）
典型例题
例题1．（2023春·云南楚雄·高一统考期中）如图，已知在矩形中，，，为边的中点，将，分别沿着直线，翻折，使得，两点重合于点，则点到平面的距离为______．
【答案】/
【详解】因为ABCD为矩形，所以，，
因为，平面，
所以平面，
因为，
所以，
，
点到平面MAD的距离为h，，
所以，解得．
故答案为：
例题2．（2023春·江苏徐州·高二统考期中）如图，将边长的正方形沿对角线折起，连接，构成一四面体，使得，则点到平面的距离为_____________．
【答案】/
【详解】由已知可得，，，
取的中点，连接，
因为，，所以，
因为，，所以，
又，所以，
因为，点为的中点，
所以，由平面，，
所以平面，
所以点到平面的距离为，又的面积为，
所以三棱锥的体积为，
设点到平面的距离为，则，
又，
因为，所以的面积为，
所以，
所以.
所以点到平面的距离为.
故答案为：.
例题3．（2023春·天津宝坻·高一天津市宝坻区第一中学校考阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，点到平面距离是______．
【答案】/
【详解】，为边长为的等边三角形，
设到平面的距离为，根据，
则，
解得.
故答案为：.
角度3：点到平面的距离（向量法）
典型例题
例题1．（2023秋·河南省直辖县级单位·高二济源市第四中学校考阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是，的中点，则点到平面的距离为_________．
【答案】
【详解】如图，以D为坐标原点，以DA，DC，分别为x，y，z轴建立如图坐标系，
设正方体的棱长为2，则，，，
∴，，，
设平面BGF的法向量为，则，令，则，
∴，则点到平面BGF的距离.
故答案为： .
例题2．（2023春·高二课时练习）已知直四棱柱中，底面为正方形，，为的中点，为的中点，则直线与之间的距离为________.
【答案】
【详解】以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，B(2,2,0)，，
∴.
直线BD与EF之间的距离即为点D到直线EF的距离.
设，
则，
∴，
∴所求距离为
故答案为：.
例题3．（2023秋·高二课时练习）如图，设在直三棱柱中，，，，依次为的中点．
(1)求异面直线、EF所成角的余弦值；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)；
(2)．
【详解】（1）在直三棱柱中，，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，，
所以异面直线所成角的余弦值为．
（2）设平面AEF的一个法向量为，而，
则，令，得，又，
于是．
所以点到平面AEF的距离为．
考点三练透核心考点
1．（2023秋·湖北·高二统考期末）在棱长为2的正方体中，点E为棱的中点，则点到直线BE的距离为（ ）
A．3B．C．D．
【答案】C
【详解】如图所示：以分别为轴建立空间直角坐标系.
则，，，，，
，点到直线BE的距离为.
故选：C.
2．（2023秋·高二课时练习）矩形ABCD中，，平面ABCD，且，则P到BC的距离为__________．
【答案】
【详解】方法一：如图，因为平面,平面,所以,
又因为是矩形，所以,
因为,所以平面,
因为平面，所以,所以为到的距离.
在矩形中，因为，所以,
在直角三角形中，由勾股定理得,
所以到的距离为.
故答案为：.
方法二：建立如图所示坐标系，在矩形中，，
所以，所以
,所以,
所以为到的距离.
,所以到的距离为.
故答案为：
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知AB，CM分别为圆柱上、下底面的直径，且AB＝2，圆柱的高为，，则点M到平面ABC的距离为______.
【答案】
【详解】如图所示，连接AM，BM，设，O分别为上、下底面圆的圆心，连接AO，BO，.
因为，又，，则平面ABO，
则，
过C作垂直于圆柱上底面，垂足为，连接，，
则，，
设点M到平面ABC的距离为d，
则有，解得，
故点M到平面ABC的距离为.
故答案为：
4．（2023春·江苏南京·高二江苏省江浦高级中学校联考阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，底面ABCD， E是PC的中点，已知，，，则P 到平面ABE的距离为___________．
【答案】
【详解】
解：取AB的中点F，连接EF，AC，取AC的中点O，连接EO，
E是PC的中点，底面ABCD是矩形，
，且，，
又底面ABCD，底面ABCD ，，，
而，平面PAB，平面PAB，
平面PAB，即EF为三棱锥的高，
,
在中，，
在中，，则，，
在中，，则，
在中，，
又分别是PC，AC的中点，底面ABCD，
，且，，
在中，，
则，是等边三角形，
设P 到平面ABE的距离为d，则，
故答案为：.
5．（2023春·全国·高一专题练习）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，C1到平面B1BD的距离为_____．
【答案】
【详解】如图，因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，
所以，，
设C1到平面B1BD的距离为h，
由，得，即．
故答案为：．
.
6．（2023春·江苏淮安·高二校联考期中）在直三棱柱中，，，，分别为的中点.则点到平面的距离为__________.
【答案】/
【详解】因为，，所以.
又由直三棱柱的性质，可知平面.
如图，以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，
所以，，，.
设是平面的一个法向量，
则，即，
取，则是平面的一个法向量.
因为，在方向上投影向量的模为，
所以，点到平面的距离为.
故答案为：.
7．（2023春·宁夏银川·高二银川一中校考期中）在三棱锥中，平面平面，若棱长，且，则点到平面的距离为________．
【答案】
【详解】如图所示，以AD的中点O为原点，以OD，OC所在直线为x轴、y轴，过O作OM⊥平面ACD交AB于M，以直线OM为z轴建立空间直角坐标系，
则A，B，C，D，
∴＝，＝，＝，
设为平面的一个法向量，
则，所以y＝－x，z＝－x，
可取,代入 ，得，
即点D到平面ABC的距离是.
故答案为：.
8．（2023春·河南·高二校联考期末）在棱长为1的正方体中，E为棱的中点，则点D到平面的距离为______．
【答案】1
【详解】如图所示，以D为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
点D到平面的距离为.
故答案为：1
9．（2023秋·重庆长寿·高二统考期末）如图，已知平面，底面为矩形，，，、分别为、的中点．
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：取中点，连接、，
因为、分别为、的中点，则且，
因为四边形为矩形，则且，
因为为的中点，所以，且，
所以，且，故四边形为平行四边形，故，
因为平面，平面，因此，平面.
（2）解：因为平面，底面为矩形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设平面的法向量为，，，
则，令，可得，
因为，故点到平面的距离为.
高频考点四：立体几何折叠问题
典型例题
例题1．（2023春·宁夏·高一六盘山高级中学校考阶段练习）如图1，在直角梯形中，，，，，，为中点，现沿平行于的折叠，使得，如图2所示，则关于图2下列结论正确的有______．
①平面
②该几何体为三棱台
③二面角的大小为
④该几何体的体积为
【答案】①④
【详解】因为，，，
，，为中点，
所以，
如图作，，则，
,
所以，
即，
又，，
平面，，
所以平面，
又平面，则，
又平面，，
所以平面，①正确；
由题知，平面平面，
而，故和不会交于一点，
所以该几何体不可能为三棱台，②错；
由题知，建立空间直角坐标系如图，
则，
即可为平面的法向量，
设平面的法向量为，
又，，
则，得，
令，则，
，
所以二面角的大小不是，③错；
该几何体的体积
，④正确.
故答案为：①④
例题2．（2023春·湖北宜昌·高二葛洲坝中学校考阶段练习）如图1，直角梯形中，，，，为的中点，现将沿着折叠，使，得到如图2所示的几何体，其中为的中点，为上一点，与交于点，连接.
(1)求证：平面；
(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）在直角梯形中，，，，为的中点，
由翻折的性质可得，翻折后，，
又，，
，则，故，，两两互相垂直，
以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，如图示：
则，，，，
，，
，即，
又平面，平面，
平面．
（2）设点到平面的距离为，
则，解得，
点为的中点，
在空间直角坐标系中，，，.
，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，
故平面的一个法向量为，
又平面的一个法向量为，
所以，
令平面与平面的夹角，由图可知，，
则，即．
例题3．（2023·全国·高三专题练习）如图1，在直角梯形中，，，，，.现沿平行于的折叠，使得且平面，如图2所示.
(1)求的长度；
(2)求二面角的大小.
【答案】(1)1
(2)
【详解】（1）由平面，平面，得，
在矩形中，由，，知，
设，则，，
故，，
由勾股定理：，
解得：，
的长度为1；
（2）因为，，，
且平面，所以平面，
结合知，两两互相垂直，故以点为原点，为，，轴正方向建立空间直角坐标系，所以
，，，，，，
所以，，，，
设为平面的一个法向量，所以，
取，则，
设为平面的一个法向量，所以，
取，则，
记所求二面角大小为，为钝角，则，
所求二面角的大小为.
练透核心考点
1．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知如图甲所示，直角三角形SAB中，，，C，D分别为SB，SA的中点，现在将沿着CD进行翻折，使得翻折后S点在底面ABCD的投影H在线段BC上，且SC与平面ABCD所成角为，M为折叠后SA的中点，如图乙所示.
(1)证明：平面SBC；
(2)求平面ADS与平面SBC所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：取SB的中点为N，连接MN，CN，如图所示：
在图甲中，∵C，D分别为SB，SA上的中点，
∴，，
又∵M，N分别为SA，SB的中点，
∴，，
∴MNCD为平行四边形，∴，
又∵平面SBC，平面SBC，
∴平面SBC.
（2）∵，
∴，，，
∴平面SBC，又平面ABCD，
平面平面ABCD，
因为S点在底面的投影H在线段BC上，
∴平面ABCD，∴.
SC与平面ABCD所成角的平面角为，
，
过H作，则HP，HB，HS两两互相垂直，
以H为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
，，
易知为平面SBC的一个法向量；
设为平面ADS的一个法向量，
则有，
可取，
设平面ADS与平面SBC所成锐二面角的大小为，
则，
所以平面ADS与平面SBC所成锐二面角的余弦值为.
2．（2023·甘肃兰州·统考模拟预测）如图所示的五边形中是矩形，，，沿折叠成四棱锥，点是的中点，．
(1)在四棱锥中，可以满足条件①；②；③，请从中任选两个作为补充条件，证明：侧面底面；（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．）
(2)在（1）的条件下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）证明：（1）方案一：选条件①②．
因为在四棱锥中，点是的中点，，所以，
又因为在中，，所以，
又因为是矩形，，所以，，
由可得，所以，
则由，，，平面，所以平面，又因为侧面，
所以侧面底面；
方案二：选条件①③．
因为在四棱锥中，点是的中点，，所以，
又因为在中，，
所以由正弦定理得：，即，所以，
即，所以，
则由，，，平面，所以平面，又因为侧面，
所以侧面底面；
方案三：选条件②③．
因为在四棱锥中，点是的中点，，所以，
又因为在中，，所以，
又因为是矩形，，所以，
又因为在中，，则，
设，，
所以有，解得或（舍，所以，
由可得，所以，
则由，，，平面，所以平面，又因为侧面，
所以侧面底面；
（2）在（1）条件下知平面，且，
故如图所示：以为坐标原点，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，
则，，，，
则，，
设平面的法向量为，则，则，
，
设直线与平面所成角为，则，
直线与平面所成角的正弦值为.
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