新高考数学一轮复习高频考点精讲精练第06讲 向量法求空间角（含探索性问题）(精讲）（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc16827" 第一部分：知识点必背 PAGEREF _Tc16827 \h 1
\l "_Tc20693" 第二部分：高考真题回归 PAGEREF _Tc20693 \h 2
\l "_Tc10551" 第三部分：高频考点一遍过 PAGEREF _Tc10551 \h 7
\l "_Tc32300" 高频考点一：异面直线所成的角 PAGEREF _Tc32300 \h 7
\l "_Tc22384" 角度1：求异面直线所成角 PAGEREF _Tc22384 \h 7
\l "_Tc11245" 角度2：根据异面直线所成角求参数 PAGEREF _Tc11245 \h 13
\l "_Tc5002" 高频考点二：直线与平面所成的角 PAGEREF _Tc5002 \h 25
\l "_Tc23459" 角度1：求直线与平面所成角(定值问题） PAGEREF _Tc23459 \h 25
\l "_Tc15355" 角度2：求直线与平面所成角(最值，范围问题） PAGEREF _Tc15355 \h 32
\l "_Tc4280" 角度3：已知线面角求其他参数（探索性问题） PAGEREF _Tc4280 \h 40
\l "_Tc4645" 高频考点三：二面角 PAGEREF _Tc4645 \h 64
\l "_Tc11295" 角度1：求平面与平面所成角(定值问题） PAGEREF _Tc11295 \h 64
\l "_Tc27619" 角度2：求平面与平面所成角(最值问题） PAGEREF _Tc27619 \h 73
\l "_Tc2610" 角度3：已知二面角求其他参数（探索性问题） PAGEREF _Tc2610 \h 82
第一部分：知识点必背
知识点一：异面直线所成角
设异面直线和所成角为，其方向向量分别为，；则异面直线所成角向量求法：
①
②
知识点二：直线和平面所成角
设直线的方向向量为，平面的一个法向量为，直线与平面所成的角为，则①；
②.
知识点三：平面与平面所成角（二面角）
（1）如图①，，是二面角的两个面内与棱垂直的直线，则二面角的大小．
（2）如图②③，，分别是二面角的两个半平面的法向量，则二面角的大小满足：
①；
②
若二面角为锐二面角（取正），则；
若二面角为顿二面角（取负），则；
（特别说明，有些题目会提醒求锐二面角；有些题目没有明显提示，需考生自己看图判定为锐二面角还是钝二面角.）
第二部分：高考真题回归
1．（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．
2．（2023·全国（新高考Ⅰ卷）·统考高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1
【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
，
，
又不在同一条直线上，
.
（2）设，
则，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
，
化简可得，，
解得或，
或，
.
3．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，则
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、、、、、、、、，则，
易知平面的一个法向量为，则，故，
平面，故平面.
（2）解：，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，.
因此，直线与平面夹角的正弦值为.
（3）解：，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，则，
因此，平面与平面夹角的余弦值为.
第三部分：高频考点一遍过
高频考点一：异面直线所成的角
角度1：求异面直线所成角
典型例题
例题1．（2023·河南洛阳·洛宁县第一高级中学校考模拟预测）如图四棱锥中，底面为正方形，且各棱长均相等，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【详解】连接与交于点，连接，
由题意得，，且平面，
以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系，

设四棱锥各棱长均为2，则，，
可得，
则，
设异面直线与所成角为，
则．
故选：A．
例题2．（2023·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，为的中点，为的中点，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】在直三棱柱中，，
所以，即，
又平面，平面，所以，，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，
所以，，
所以，
即异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B
例题3．（2023·广东·统考模拟预测）已知正四棱锥的侧棱长为2，底面边长为，点在射线上，，分别是，的中点，则异面直线与所成角的余弦值的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】如图，连接AC、BD交于O，连接PO.
因为F，G分别是BC，PC的中点，所以，
则AE与FG所成的角即是AE与PB所成的角，设AE与PB所成的角为θ.
由题意知，OA，OB，OP两两互相垂直，
分别以OA，OB，OP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
由得，
所以，，
所以.
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，取得最大值，此时也取得最大值.
故选：C.
例题4．（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，，点是的中点，点是上不与端点重合的动点，则异面直线与所成角的正切值最小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】如图所示，连接. 由题得，所以是等边三角形，所以.
因为平面，所以.以为空间直角坐标系的原点，建立如图所示的空间直角坐标系.设.
则.
由题得,
.
设.
所以.
设异面直线与所成角为，
则.
当时，最大为，此时最小，最小值为.
故选：C
例题5．（2023·辽宁丹东·统考二模）如图，平行六面体的所有棱长都相等，平面平面,二面角的大小为120°，为棱的中点．
(1)证明：
(2)点在棱上，平面，求直线与所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）（1）因为平面平面，且两平面交线为,，平面
所以平面，所以，是二面角的平面角，故 ．
连接，E为棱的中点，则，从而．
又，，平面AED，所以平面，平面,因此．
（2）解法1：设，则，所以．
连交于点，连接交于点G，连．因为平面，平面AEC,平面AEC平面BDF=OG
所以，因为为中点，
所以G为中点，故．且直线与所成角等于直线与所成角．
在中，，因为，
所以．
因此直线AE与DF所成角的余弦值为．
解法2；设，则，所以．
取中点为，连接交于点，则．
连接交于点，连，因为平面，平面AGE，平面AGE平面BDF=IH，所以．
与所成角等于直线与所成角．
正方形中，，，所以，故．
在中，，，
由余弦定理．在中，．
因此直线与所成角的余弦值为．
解法3:由（1）知平面，以为坐标原点，为x轴正方向，为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．
由（1）知，得，．
则，，，．
由，得．
因为平面BDF，所以存在唯一的，，
使得，
故，解得，
从而．
所以直线与所成角的余弦值为．
角度2：根据异面直线所成角求参数
典型例题
例题1．（2023·云南保山·统考二模）已知正方体，为上底面所在平面内的动点，当直线与的所成角为45°时，点的轨迹为（ ）
A．圆B．直线C．抛物线D．椭圆
【答案】C
【详解】以点D为原点，，，为x，y，z的正方向，建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为1，则，设，
可得，，
因为直线与的所成角为，
则，化简可得，
所以点Q的轨迹为抛物线.
故选：C.

例题2．（2023春·高二课时练习）如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，是线段的中点，是线段上一点（不与两点重合），且．若直线与所成角的余弦值是，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】因为平面，平面，平面，
所以，．
因为底面为矩形，所以．
所以DP，DC，DA两两互相垂直．
以为原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，．
所以，．
因为，
所以，则．
设直线MN与BD所成角为，则．
因为，则，
化简得，即，解得或（舍去）．
故选：B
例题3．（2023春·高二课时练习）如图，在正三棱柱中，、分别是、的中点.设是线段上的（包括两个端点）动点，当直线与所成角的余弦值为，则线段的长为_______.
【答案】
【详解】解：如图以为坐标原点建立空间直角坐标系：
则设，
则，设直线与所成角为
所以，即，
解得或（舍去），所以，
故答案为：．
例题4．（2023春·上海普陀·高三曹杨二中校考阶段练习）已知正方体的棱长为1.
(1)的平面截正方体为两个部分，求体积大的部分几何体的体积；
(2)动点，在线段，上，且，为的中点，异面直线与所成的角的余弦值为，求实数的值.
【答案】(1)；
(2)．
【详解】（1）因为正方体的棱长为1，
所以正方体的体积为，，
所以的平面截正方体为两个部分，体积大的部分几何体的体积为
；
（2）如图，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立如图坐标系，
则，
所以，，
所以，即，
解得．
考点一练透核心考点
1．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测）如图，四棱锥中，底面为正方形，是正三角形，，平面平面，则与所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【详解】取的中点，的中点，连接、，
因为是正三角形，所以，平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，
所以，所以与所成角的余弦值为.

故选：A
2．（2023·河南郑州·洛宁县第一高级中学校联考模拟预测）如图，在三棱柱中，底面边长和侧棱长均相等，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设，，，棱长均为，
由题意，，，，
，，
，
，
，
，
异面直线与所成角的余弦值为，
故选：A.
3．（2023·全国·高三专题练习）已知矩形，，过作平面，使得平面，点在内，且与所成的角为，则点的轨迹为______，长度的最小值为______．
【答案】 双曲线
【详解】
如图，以为原点，所在直线为轴，平面内过且与垂直的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则由已知，，，，，
∵点在平面内，∴设，则，，
∵直线与直线所成的角为，
∴，
两边同时平方，化简得点轨迹方程为，
∴点的轨迹为双曲线.
，
∵点轨迹方程为，∴，且，
∴，
∴当时，的最小值为.
故答案为：双曲线，
4．（2023春·江苏常州·高二校联考阶段练习）如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为，则的最大值为 .
【答案】
【详解】建立坐标系如图所示.设，则.设，则，
由于异面直线所成角的范围为，
所以，，
令，则，当时取等号.
所以，当时，取得最大值.
5．（2023·浙江宁波·镇海中学校考模拟预测）在直角梯形中，，，，现将沿着对角线折起，使点D到达点P位置，此时二面角为．

(1)求异面直线，所成角的余弦值；
(2)求点A到平面的距离．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）过点D做交于O，连接，
以O点为原点，以为x轴，在平面内，过点O垂直于的线为y轴，
过点O垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．

因为，所以，
所以为二面角的平面角．所以，
又因为，所以点，
又因为，，由等边三角形可得，
所以，，
所以，
所以与夹角的余弦值为．
（2），，
设为平面的一个法向量，
则，
令，则，
故，
所以点A到平面的距离为．
6．（2023秋·湖南岳阳·高二统考期末）如图，在三棱锥中，底面，，点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，.
(1)求证：平面.
(2)已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)或2
【详解】（1）如图，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则,0,，,0,，,4,，,2,，,0,，,2,，
,2,，,0,，,2,，
设平面的法向量,,，
则，取，得,0,，
，平面，平面．
（2）设，且，则,0,，,,，,2,，
则，整理得
解得或，所以线段AH的长为或2．
7．（2023秋·福建福州·高二校联考期末）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，且，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱上的点．
(1)证明：；
(2)在棱A1B1上是否存在一点M，使得异面直线MF与AC所成的角为30°？ 若存在，指出M的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；M是A1B1中点
【详解】（1）证明：由直三棱柱ABC-A1B1C1可得平面，且，故以为原点，
，，所在的直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，设，且，
则，，，由，
（2）可设，且，则，，，
由异面直线MF与AC所成的角为30°可得，
整理得，即或（舍），
所以存在点M，M是A1B1中点.
高频考点二：直线与平面所成的角
角度1：求直线与平面所成角(定值问题）
典型例题
例题1．（2023·河北石家庄·统考三模）如图，在中，，为的中点，将绕所在的直线逆时针旋转至形成如图所示的几何体，.
(1)求几何体的体积；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据圆锥的定义易知，几何体为圆锥的一部分，且为圆锥的高，
所以；
（2）过点作，分别以所在的直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则：
，
则，
设平面的法向量为，
则，所以，
令，得，
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.
例题2．（2023·宁夏银川·银川一中校考三模）如图所示，在四棱锥中，平面，，，且，.
(1)求证：平面；
(2)若为的中点，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）作，垂足为，易证，四边形为正方形.
所以，.又，
因为，所以.
因为平面，平面，所以.
又，平面，平面，所以平面.
（2）以点为坐标原点，以所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，.
则，，.
设平面的法向量为，
由，得，
令，可得平面的一个法向量为.
设与平面所成角为，
则.
例题3．（2023·山东聊城·统考三模）如图，三棱台中，，是的中点，点在线段上，，平面平面．

(1)证明：；
(2)若平面平面，，，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，，

因为是的中点，所以，，
因为三棱台中，，，，
所以，，即四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，所以．
（2）因为平面平面，所以过点作于点，则平面，又由题意知，，所以，
因为中，，，所以，
连接，在中由余弦定理得，
所以，得．
所以以为原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图空间直角坐标系，

令，则，，，，，，，，，，
，
设平面的法向量为，则得
令，则，，所以平面的一个法向量，
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．
例题4．（2023·安徽亳州·蒙城第一中学校联考模拟预测）已知棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点.

(1)求多面体的体积；
(2)求直线和平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）∴，，∴，∴A，E，F，四点共面，
易知多面体是一个三棱台，

；
（2）
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立空间直角坐标系如上图，
则，
，
设平面的一个法向量为，则有，即，
令，则，
设直线与平面的夹角为，则；
综上，多面体的体积为，直线与平面的夹角的正弦值为.
例题5．（2023·安徽亳州·安徽省亳州市第一中学校考模拟预测）已知四棱锥中，侧面为等边三角形，底面为直角梯形，，，，.

(1)求证：平面平面；
(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）四棱锥中，，，
则，，，
，
，
又，且，平面，
平面，又平面，
平面平面，即平面平面；
（2）如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.

角度2：求直线与平面所成角(最值，范围问题）
典型例题
例题1．（2023·四川乐山·统考三模）在直三棱柱中，，，点满足，其中，则直线与平面所成角的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】分别取中点,则,即平面,
连接,因为,所以,
分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系,
由已知,,,,,
则,
因为，
，
，
易知平面的一个法向量是，
设直线AP与平面所成角为，则，
，
所以时，，即的最大值是．
故选：B．
例题2．（2023·江苏·金陵中学校联考三模）如图，圆锥中，为底面圆的直径，，为底面圆的内接正三角形，圆锥的高，点为线段上一个动点.

(1)当时，证明：平面；
(2)当点在什么位置时，直线和平面所成角的正弦值最大.
【答案】(1)证明见解析；
(2)点在距离点处
【详解】（1）因为，，所以是正三角形，则，
又底面圆，底面圆，所以，
在中，，所以，
因为是正三角形，所以，
，，
所以，，
同理可证，
又，，平面，所以平面.
（2）如图，建立以为原点的空间直角坐标系.

设，（），所以，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，故，
设直线和平面所成的角为，
则
，
当且仅当，即时，直线和平面所成角的正弦值最大，
故点在距离点处.
例题3．（2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，点为棱的中点，.

(1)求证：；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为点为棱的中点，，
所以A,B,C三点共圆，且AC为直径，
所以.
因为平面，平面，
所以.
又因为，平面，
所以平面.
因为平面，
所以.
（2）设，
以为轴，为轴，过点与垂直的直线为轴，建立如图空间直角坐标系，

则.
所以，，，
设平面的法向量为，
所以
令，
则，.
所以.
所以
（当且仅当，即时，等号成立）.
所以直线与平面所成角的正弦的最大值为.
例题4．（2023·内蒙古赤峰·校联考三模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，四边形是圆的内接四边形，为底面圆的直径，在母线上，且，，．

(1)求证：平面平面；
(2)设点为线段上动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【详解】（1）如图，设交于点，连接，
由已知可得，又，
所以四边形为菱形，所以，
∵，，，
∴，∴，
∴，又，所以，
因为为的中点，∴，．
由余弦定理可得，
∴，所以，即，
又平面，，∴平面．
又平面，∴平面平面．

（2）由已知平面，平面，所以，
又，，平面，
∴平面，
又平面，∴．
由（1）知，，平面，
所以平面，
∴，又点为的中点，
所以．
以点为坐标原点，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，，，，，，
设，则，
∴，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以为平面的一个法向量．
设直线与平面所成的角为，
则，
构建，
则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
∴时，取到最大值4．
此时，取到最大值1.
另解：由，知，
当时，，此时平面，
设直线与平面所成的角为，因为，
当时，取到最大值1．
例题5．（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，

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．
角度3：已知线面角求其他参数（探索性问题）
典型例题
例题1．（2023·河北·统考模拟预测）在圆柱中，等腰梯形为底面圆的内接四边形，且，矩形是该圆柱的轴截面，为圆柱的一条母线，.

(1)求证：平面平面；
(2)设，，试确定的值，使得直线与平面所成角的正弦值为.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【详解】（1）在圆柱中，,平面,平面,
故平面；
连接，因为等腰梯形为底面圆的内接四边形，，

故，
则为正三角形，故，则，
平面,平面,
故平面；
又平面，
故平面平面.
（2）如图，以为坐标原点，在底面圆过点垂直于平面作直线为x轴，
以为轴建立空间直角坐标系，

由于，由（1）可知,
故,
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，
由，，，
可得，
设直线与平面所成角为，
则，
即得，解得或，符合，
故或.
例题2．（2023·福建厦门·统考模拟预测）筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边形．如图，四边形为筝形，其对角线交点为，将沿折到的位置，形成三棱锥．

(1)求到平面的距离；
(2)当时，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)1
(2)存在；或
【详解】（1）因为，
所以不可能为四边形的对称轴，则为四边形的对称轴，
所以垂直平分，所以．
平面平面
所以平面．
所以到平面的距离．
（2）存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为．
过作平面，所以两两垂直.
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系

由（1）得平面平面，因为
所以．
设
设平面的法向量
所以
令，则
所以平面的一个法向量
设直线与平面所成角为
．
所以或，所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为或．
例题3．（2023·重庆万州·统考模拟预测）如图1所示，在四边形中，，为上一点，，，将四边形沿折起，使得，得到如图2所示的四棱锥．

(1)若平面平面，证明：；
(2)点是棱上一动点，且直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）在图1中，因为，，，
所以，，又，
所以，
因为，，
所以，故，

在图2中，因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面平面，所以；
（2）由（1）知，，，
，平面，平面,
所以平面，
又平面，所以平面平面，
故以为坐标原点，分别为轴，
在平面内过点作的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，
因为，平面AEB平面BCE，且，
所以点在平面的射影为中点，故，，
设，则，，，
设平面的法向量为，
则，即，
不妨令，则，，
所以为平面的一个法向量．
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
整理得，解得或（舍），
所以为中点，所以.
例题4．（2023·广东深圳·深圳中学校考模拟预测）如图，且，，且，且.平面，.

(1)求平面与平面的夹角的正弦值；
(2)若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为平面，，平面，所以，.
因为，所以，，两两垂直，以为原点，
分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系（如图），

则，，，，，，.
得，，.
设为平面的法向量，则，
令，则；
设为平面的法向量，则，
令，则，
所以.
所以平面与平面的夹角的正弦为.
（2）设线段的长为，则，.
因为，，平面，
所以平面，为平面的一个法向量，
所以，由题意，可得，解得.
所以线段的长为.
例题5．（2023·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面SAD为等边三角形，，．

(1)证明：平面平面；
(2)侧棱上是否存在一点（不在端点处），使得直线与平面所成角的正弦值等于？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见详解；
(2)存在，点P为SC的中点.
【详解】（1）证明：因为底面ABCD为正方形，，所以，
又因为侧面SAD为等边三角形，所以.
，所以，即，又,
所以平面，又因为平面，
所以平面平面.
（2）如图：

取的中点为，连接，因为侧面为等边三角形，
所以，
又由（1）可知平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴为正方向，建立空间直角坐标系.
，，，，，
所以，，，设.
，所以，所以.
设平面SAC的法向量为，由于，所以.
令，则，，所以，
所以.
因为直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于.
所以，解得或（舍）
故存在，当点P为SC的中点时，使得直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于.
考点二练透核心考点
1．（2023·河南·校联考模拟预测）在空间直角坐标系中，已知，则当点到平面的距离最小时，直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】因为，
可得，
设是平面的法向量，则，
令，可得，所以，
所以点到平面的距离，
当时，取得最小值，此时，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：C.
2．（2023·浙江·校联考二模）在平行四边形中，角，将三角形沿翻折到三角形，使平面平面.记线段的中点为，那么直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】，由余弦定理，，
则，，，
平面平面，，，
以为原点，所在直线为轴，平面内垂直于的直线为轴，垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量为，则有，
令，有，，即，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：A
3．（2023·新疆乌鲁木齐·统考三模）已知四棱柱的底面是边长为2的正方形，侧棱与底面垂直，为的中点，若点到平面的距离为，则与平面所成角的正弦值等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】依题意如下图：
底面ABCD， 平面ABCD， ，又在正方形ABCD中， ，
平面 ， 平面， 平面，
是三棱锥 的高， ；
设侧棱 ，则 ，
在 中，由余弦定理得： ，
，
的面积 ，由于O点到平面 的距离是 ，
三棱锥 的体积 ；
， ，
的面积 ，三棱锥 的体积 ，
；
又 平面， 直线 在平面的投影就是点O，即 就是直线 与平面的夹角，
在 中， ；
故选：D.
4．（2023·河南·校联考二模）如图，已知圆柱，A在圆上，，，，在圆上，且满足，则直线与平面所成角余弦的最小值是______．
【答案】
【详解】如图所示，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，
不妨取，设，
则，
设平面的法向量，则，
令，则，即，
设直线与平面所成角为，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
即直线与平面所成角正弦的最大值是，
所以直线与平面所成角余弦的最小值是.
故答案为：.
5．（2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）如图，三棱台，，，平面平面，， ，与相交于点，，且∥平面．

(1)求三棱锥的体积；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意，∵平面平面，且平面平面，，平面ABC，
∴平面，
∵平面，
∴，
又，，
平面ABC，
∴平面，
连接，
∵平面，
平面，
平面平面，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴三棱锥底面的面积，
高，
∴其体积为：．
（2）证明：由题意及（1）得，以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图．
则．
设平面的法向量为，
由，
取，则
所以，
设与平面所成角为，
所以 ．

6．（2023·陕西·西北工业大学附属中学校联考模拟预测）已知直三棱柱如图所示，其中，，点D在线段上（不含端点位置）.
(1)若，求点到平面的距离；
(2)若平面与平面夹角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）在中，由余弦定理，
得，则，
而，故，，
在中，由余弦定理知，
由知，在中，，
故，则，
故.
因为，所以，解得.
（2）以点C为坐标原点，，，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，故，，，，
设，则，则，，
设为平面的法向量，则，则，
令，则，故为平面的一个法向量，
而为平面的一个法向量，
故，解得，解得（舍去），
故，，
故直线与平面所成角的正弦值.
7．（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，，
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，
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，，，
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
设直线与平面所成交为，
所以，，
因为，
所以，，即
所以，直线与面所成角的正弦值的取值范围.
8．（2023·河南·校联考模拟预测）在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2，，QC=3.
(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；
(2)若点P为四棱锥Q－ABCD的侧面QCD内（包含边界）的一点，且四棱锥P－ABCD的体积为，求BP与平面ABCD所成角的正弦值的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取的中点为，连接，.
因为，，则，
而，，故.
在正方形中，因为，故，故，
因为，故，故为直角三角形且，
因为，且平面，
故平面，
因为平面，故平面平面.
（2）在平面内，过作，交于，因为，则.
结合（1）中的平面，且平面，
则，故直线两两互相垂直，
故以为坐标原点，所在直线分别为轴建如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，
故，，.
因为，所以，
又因为点为四棱锥的侧面内的一点（包含边界），
所以点的轨迹是的中位线，
设，则，，
设与平面所成角为，
则，，
当时，取得最小值，
所以与平面所成角的正弦值的最小值为.
9．（2023·天津·校联考模拟预测）如图，在三棱锥中，底面，．点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，．
(1)求证：平面；
(2)求点到直线的距离；
(3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）因为底面，，
建立空间直角坐标系如图所示，
则，
所以，
设为平面的法向量，
则，即，不妨设，可得 ，
又，
可得，因为平面，
所以平面 ，
（2）因为，
所以点到直线的距离.
（3）设，，则，
设平面的法向量为，
则令，则，
所以，
即，解得或（舍去），
所以.
10．（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考二模）如图，在三棱柱中，平面，，，，点D是棱的中点．
(1)求证：∥平面；
(2)在棱上是否存在点M，使得直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出与长度的比值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；
【详解】（1）连接交于点O，
由于四边形为矩形，所以O为的中点，又D是棱的中点，
故在中，是的中位线，因此//，
平面，平面，所以//平面
（2）由平面，可知，三棱柱为直三棱柱，且底面为直角三角形，故以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系；
则，，，，，
由，得，
，，
设平面的法向量为，则
取，则，得，
设直线与平面所成角为，则，
可得，
因为，
整理得，解得或，
由于，所以，
所以棱上存在点M，使得直线与平面所成角的余弦值为，此时.
高频考点三：二面角
角度1：求平面与平面所成角(定值问题）
典型例题
例题1．（2023·全国·高三专题练习）如图，在直三棱柱中，，，，点是棱的中点，则平面与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，则，
设平面的法向量，
∵，则，
令，则，
∴，
同理可得：平面的法向量，
故，
设平面与平面所成角为，则，
故平面与平面所成角的正弦值.
故选：B.
例题2．（2023·安徽滁州·校考一模）如图所示，已知点为菱形所在平面外一点，且平面，，点为中点，则平面与平面夹角的正切值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】设AC∩BD＝O，连接OF，以O为原点，OB，OC，OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝，
∴且为平面BDF的一个法向量.
由，，
可得平面BCF的一个法向量为
.故选：D
例题3．（2023·全国·高三对口高考）在直棱柱中，分别是，的中点，．则二面角的余弦值是_________．

【答案】
【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
由题意可得：平面的法向量，
则，
由图形可知：二面角为钝角，所以其余弦值为.
故答案为：.

例题4．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，，分别是，的中点，底面，，，，若平面平面，则二面角的正弦值是_________.
【答案】/
【详解】设，则平面平面，
由重心的性质可得，
因为底面，，设，
，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，，
，
设平面，的法向量为，
则，
，
所以，由图可知，
二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为，
正弦值为.
故答案为：
例题5．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）如图①，在等腰梯形中，,分别为的中点，，为的中点．现将四边形沿折起，使平面平面，得到如图②所示的多面体．在图②中：
(1)证明：；
(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）由题意知在等腰梯形中，，
又分别为的中点，所以，
即折叠后，
，所以平面，
又平面，
所以．
（2）∵平面平面，平面平面，且，
所以平面，平面,
，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，
易知，
所以，
则
设平面的法向量，
则，取，则，得；
设平面的法向量
则，取，则，可得，
，由图易知平面与平面夹角为锐角，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
例题6．（2023春·云南临沧·高二云南省凤庆县第一中学校考期中）如图，三棱柱中，，侧面为菱形.

(1)求证：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）由，得，
又，所以，
又，又，平面，
所以平面，而平面，则
因为四边形是菱形，所以，
由平面，于是平面.
又平面，因此平面平面.
（2）因为，四边形是荎形，所以是正三角形.
取的中点，连接，则，
由（1）知：平面平面，
所以平面平面.
又平面平面平面，
所以平面.
以为坐标原点，在面内过且与平行的直线为轴，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系：

，，
.
易知平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，
则，得，令，得，则.
设二面角的大小为，
则.
结合图形可知二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.
例题7．（2023春·广东佛山·高三佛山市第四中学校考开学考试）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，，．

(1)求证：平面平面；
(2)若点D到平面的距离为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)
【详解】（1）在中, ，
，∴，
∵平面,平面，∴.
又∵,平面，∴平面，
又，∴平面，
又平面，所以平面平面.
（2）由题意知点D到的距离，
由（1）知，平面，平面，所以.
在中, ，
所以，，
由，有，
即，解得.
由（1）知，又因为平面，
所以两两互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
则有，，设平面的法向量为，

则，也即，令，则，
所以，
易取平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则，由图可知平面与平面夹角为锐角，
所以.
故平面与平面夹角的余弦值为.
角度2：求平面与平面所成角(最值问题）
典型例题
例题1．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考三模）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，，分别为和的中点，为棱上的动点..

(1)证明：；
(2)求平面与平面所成的二面角正弦值的最小值及此时点的位置.
【答案】(1)证明见解析
(2)最小值为，点为靠近的的四等分点
【详解】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，
又底面，所以，，
又因为，，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，即两两垂直，
以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，则

，，，，，，，，设，
所以，，
因为，
所以，即.
（2）设平面的法向量为，
因为，，
所以，令，则，
平面的一个法向量为，
设平面与平面DEF所成的二面角为，
则，
当时，取最小值为，此时取得最大值，
所以，
所以平面与平面DEF所成的二面角正弦值的最小值为，此时点为靠近的的四等分点.
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·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.
例题4．（2023·湖北武汉·统考三模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，为线段的中点，为线段上的动点.

(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的最小值.
【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.
例题5．（2023·全国·高三专题练习）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，
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，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．
角度3：已知二面角求其他参数（探索性问题）
典型例题
例题1．（2023·江苏镇江·江苏省镇江第一中学校考模拟预测）如图，正三棱柱中，，点为线段上一点（含端点）.

(1)当为的中点时，求证：平面；
(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为.若存在，求出的位置：若不存在，说明理由.
【答案】(1)见解析
(2)存在，点在的四分之一等分点处
【详解】（1）由已知，平面，为等边三角形，
以点为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，
作轴，，，
则，
则，
而
∴
∴
由菱形性质知
∵平面，平面，
∴平面；
（2）由(1)，，
为平面的一个法向量，
设，，则
所以，
所以，，
设平面的法向量为，
则，
取可得，，
所以为平面的一个法向量，
设平面与平面所成角为，则，
解得：或（均符合题意）
所以存在一点，当或，即点位于四分之一等分点处时使平面与平面所成角的余弦值为.
例题2．（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.
例题3．（2023·全国·高三对口高考）如图，在四棱锥中，，，是棱上一点．

(1)若，求证：平面；
(2)若平面平面，平面平面，求证：平面；
(3)在（2）的条件下，若二面角的余弦值为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）连接BD交AC于点，连接OM，
因为，所以，
因为，所以，
所以，所以，
因为平面平面MAC，
所以平面MAC.

（2）因为平面平面，平面平面平面ABCD，
所以平面，
因为平面PAD，所以．
同理可证：．
因为平面平面，
所以平面ABCD．
（3）分别以AD，AB，AP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

由，
得，
则，
由（2）得：平面ABCD，
所以平面ABCD的一个法向量为.
设，即，
所以，
设平面AMC的法向量为，
则，即，
令，则，所以．
因为二面角的余弦值为，
所以，解得，
所以的值为．
例题4．（2023春·安徽·高二马鞍山二中校联考阶段练习）如图所示，在四棱锥中，侧面为边长为2的等边三角形，底面为等腰梯形，，，底面梯形的两条对角线和互相垂直，垂足为，，点为棱上的任意一点.

(1)求证：；
(2)是否存在点使得二面角的余弦值为，若存在求出点的位置；若不存在请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点为靠近的三等分点
【详解】（1）证明：因为四边形为等腰梯形，且，所以为等腰直角三角形，
因为，所以，
因为，所以，所以，即，
又因为平面，平面，且，所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：如图所示，以为原点，分别为，轴建立空间直角坐标系，
由（1）知，
故，
故
假设在棱上存在一点满足题意，设.
所以
设平面的法向量为，则 ，易令，可得，所以
又由平面的一个法向量为
设二面角为，可知二面角为锐二面角
则，
整理得，即，解得或（舍去），
所以，存在点为靠近的三等分点.

例题5．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）在长方体中，，点为棱上任意一点.

(1)求证：平面⊥平面；
(2)若点为棱上靠近点C的三等分点，求点在棱上什么位置时，平面与平面夹角的余弦值为.
【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，.，
，且AC，面，
面，面，平面平面.
（2）
以D为原点，分别以DA，DC，为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
设，，，，.
设点，，则，，
设面一个法向量为，
则即，令，，，.
设面的一个法向量为，
则即，取，，，.
，
，或，
，，
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.
例题6．（2023·江苏盐城·盐城中学校考三模）如图，该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，点为弧的中点，且，，，四点共面.

(1)证明：平面平面；
(2)若平面与平面所成二面角的余弦值为，且线段长度为2，求点到直线的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）过作，交底面弧于，连接，易知：为平行四边形，
所以，又为弧的中点，则是弧的中点，
所以，而由题设知：，则，
所以，即，由底面，平面，则，又，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面.
（2）由题意，构建如下图示空间直角坐标系，
令半圆柱半径为，高为，则，，，，
所以，，，，
若是面的一个法向量，则，令，则，
若是面的一个法向量，则，令，则，
所以，
整理可得，则，又，
由题设可知，此时点，，，
则，，
所以点到直线的距离.
.
例题7．（2023·福建宁德·校考模拟预测）如图，已知多面体中，底面，，，其中底面由以为直径的半圆及正三角形组成

(1)若，求证:平面.
(2)半圆上是否存在点，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，
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，解得或，
因为，则，可得，即
所以，
可得当时，二面角是直二面角.

考点三练透核心考点
1．（2023春·江苏淮安·高二淮阴中学校联考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，点为线段的中点，，，.

(1)求证：平面⊥平面；
(2)求二面角的平面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接AC，BD，交于点E，连接ME，
∵矩形ABCD，点E是BD的中点，又点M是PB的中点，∴ME∥PD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，
∴AB⊥平面PAD，∴PD⊥AB且ME∥PD，∴ME⊥AB，
又在△PAB内，PA＝PD＝2，AD＝，∴，
∴PD⊥PA，又ME∥PD，∴ME⊥PA，
∵ME⊥PA，ME⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
∴ME⊥平面PAB，又ME⊂平面AMC，
∴平面MAC⊥平面PAB；
（2）取AD中点O，连接OE，
∵△PAD是等腰三角形，∴OP⊥AD，
∵平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD＝AD，OP⊂面ADP，
∴OP⊥平面ABCD，又AD，OE平面ABCD，∴OP⊥AD，OP⊥OE，
又矩形ABCD中，点O、E分别为AD，BD的中点，故OE⊥AD，
∴OD，OE，OP两两垂直，
∴以为正交基底，建立空间直角坐标系O−xyz，

则，
，
设平面的一个法向量是，
所以，，
设平面的一个法向量是，
所以，，
设二面角的平面角是，，
那么，
所以二面角的平面角的正弦值是.
2．（2023·天津武清·天津市武清区杨村第一中学校考模拟预测）如图所示，四棱锥中，底面，，为的中点，底面四边形满足，，．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）底面，平面，，
如图，以点为原点，直线、、分别为、、轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，
，，
又，平面，平面；
（2）设为平面的一个法向量，
又，，，
则，取，得，
所以，
∴直线与平面所成角的正弦值；
（3）设为平面的一个法向量．
又，，
则，取，得．
∴，
∴平面与平面夹角的余弦值．
3．（2023·天津武清·天津市武清区杨村第一中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，⊥平面，底面是菱形， ，

(1)求证：直线⊥平面；
(2)求直线与平面所成角的正切值；
(3)若点为线段的中点，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析.
(2)
(3)
【详解】（1）因为平面，平面，所以 ，即，
又因为底面是菱形，所以，又， 平面 ，
所以直线⊥平面.
（2）以点为坐标原点，过点且垂直于的直线为轴，以，所在的直线为轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
， ，，，
则平面的法向量为，
设直线与平面所成角为，，
故，所以，
故直线与平面所成角的正切值为.

（3）因为底面是菱形，所以，又，
所以为等边三角形，则，在中，，，
则，
，，则，又，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，即，
得，令，则，则，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，则，
设二面角的平面角为，，
所以，故二面角的正弦值.
4．（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.
5．（2023·全国·高三专题练习）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，
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，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．
6．（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.
7．（2023·全国·校联考模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面，已知，，是棱的中点．
(1)求二面角的正弦值；
(2)在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，或．
【详解】（1）因为，，，所以．
所以，所以．
因为侧面，且侧面，所以．
又因为，且，平面，
所以直线平面，
以为原点，，和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，
则知点，，，．
则，，，，
设平面的法向量为，
因为，所以，令，则，，所以．
设平面的法向量为，
因为，所以，令，则，所以．
因为，，，所以．
设二面角为，则，
所以二面角的正弦值为．
（2）假设存在点，因为，
所以，所以的坐标为，
所以．
由（1）知平面的一个法向量为，
所以，得或，
所以或．
8．（2023秋·浙江杭州·高二杭州市长河高级中学校考期末）如图①，在等腰梯形ABCD中，，将沿AC折起，使得，如图②．
(1)求直线BD与平面ADC所成的角；
(2)在线段BD上是否存在点E，使得二面角的平面角的大小为?若存在，指出点E的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1).
(2)存在,分析见解析.
【详解】（1）等腰梯形ABCD中，，
由平面几何知识易得，
,
,又，，平面ADC
直线BD与平面ADC所成的角，即为，
.
直线BD与平面ADC所成的角为.
（2）在线段BD上存在点E，使得二面角的平面角的大小为.
由（1）知，以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，过点作垂直于平面ABC的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
平面ADC，又平面ABC，平面ADC 平面ABC，是顶角为的等腰三角形，知轴与底边上的中线平行，
则
,令，则
，设平面ACE的法向量，则
即，令，则，，
平面ADC的一个法向量为.要使二面角的平面角的大小为，
则，解得或（舍去）.
所以在线段BD上存在点E，使得二面角的平面角的大小为，此时E在线段BD上靠近D的三等分点处.