2025年高考数学第一轮复习考点讲与练第06讲几何法求空间角与空间距离(学生版+解析)

这是一份2025年高考数学第一轮复习考点讲与练第06讲几何法求空间角与空间距离(学生版+解析)，共126页。

【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度中等偏难，分值为5-15分
【备考策略】1.掌握等体积转化求点面距
2.掌握等几何法求异面直线所成角
3.掌握等几何法求线面角
4.掌握几何法求二面角
【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，一般在解答题中考查空间距离和空间角的求解，需强化巩固复习.
知识讲解
一、异面直线所成角
1.定义：已知两条异面直线a,b,经过空间任意一点O作直线a'//a,b'//b,我们把a'与b'所成的锐角（或直角）叫做异面直线a与b所成的角（或夹角）
2.范围：0,π2.
3.平移两异面直线使它们相交，转化为相交直线所成角；
二、直线与平面所成角
1.定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫这条直线和这个平面所成的角。
2.范围： 0,π2.
3.求法：
（1）由定义作出线面角的平面角，再求解：
（2）在斜线上异于斜足取一点，求出该点到斜足的距离（设为 l ）和到平面的距离（设为 d), 则 sinθ=dlθ为线面角;
三、二面角
1.定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，分别在两个半平面内作垂直于棱的射线，则两射线所成的角为二面角的平面角。
2.范围： 0,π.
3.求法：
（1）定义法：
利用二面角的平面角的定义，在二面角的棱上取一点(特殊点),过该点在两个半平面内作垂直于棱的射线，两射线所成的角就是二面角的平面角，这是一种最基本的方法。要注意用二面角的平面角定义的三个“主要特征”来找出平面角。
（2）三垂线法：
已知二面角其中一个面内一点到一个面的垂线，用三垂线定理或逆定理作出二面角的平面角。
（3）垂面法：
已知二面角内一点到两个面的垂线时，过两垂线作平面与两个半平面的交线所成的角即为平面角，由此可知，二面角的平面角所在的平面与棱垂直。
（4）射影面积法：
凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式（csθ=S射S斜=S△A'B'C'S△ABC,如图)求出二面角的大小
空间距离
点面距可转化为三棱锥等体积求解
考点一、几何法求点面距
1．（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在正三棱柱中，所有棱长均为1，则点到平面的距离为 ．
2．（23-24高三上·河北·期末）已知正方体的棱长为为线段上的动点，则点到平面距离的最小值为（ ）
A．1B．C．D．2
3．（2024·辽宁丹东·一模）已知球的直径为，，为球面上的两点，点在上，且，平面，若是边长为的等边三角形，则球心到平面的距离为 ．
4．（2024高三·全国·专题练习）在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AA1＝2BC＝2，则异面直线B1D1与CD的距离为 ；异面直线BD1与CD的距离为 ．
1．（23-24高三上·全国·阶段练习）在直三棱柱中，所有棱长均为1，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·浙江宁波·模拟预测）已知棱长为1的正方体分别是AB和BC的中点，则MN到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·河南·一模）如图是棱长均为2的柏拉图多面体，已知该多面体为正八面体，四边形为正方形，分别为的中点，则点到平面的距离为（ ）
A．B．1C．D．
4．（2024·陕西西安·三模）在四棱锥中，平面平面，，，，．
(1)证明：．
(2)若为等边三角形，求点C到平面的距离．
考点二、几何法求异面直线所成角
1．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·四川绵阳·三模）在梯形中, ，且，沿对角线将三角形折起，所得四面体外接球的表面积为，则异面直线与所成角为（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在底面为等边三角形的直三棱柱中，分别为棱的中点，为棱上的动点，且线段的长度最小值为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
1．（2024·广西桂林·三模）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，，且，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·全国·模拟预测）如图，矩形是圆柱的轴截面，点在圆上，若，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
考点三、几何法求线面角
1．（2024·全国·高考真题）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．1C．2D．3
2．（23-24高三下·辽宁·阶段练习）已知正四棱台的上、下底面边长分别为，，体积为，则此四棱台的侧棱与底面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
3．（2024高一下·全国·专题练习）如图，底面是边长为2的正方形，半圆面底面，点为圆弧上的动点．当三棱锥的体积最大时，与半圆面所成角的余弦值为 ．
4．（2024·辽宁大连·二模）已知一圆形纸片的圆心为，直径，圆周上有两点.如图：，，点是上的动点.沿将纸片折为直二面角，并连接，，，.
(1)当平面时，求的长；
(2)若，求与平面所成角的正弦值.
5．（2024·山西·三模）如图三棱锥分别在线段AB，CD上，且满足.
(1)求证:平面平面;
(2)求AD与平面BCD所成角的正弦值.
6．（22-23高一下·辽宁大连·期末）在正三棱台中，，，为中点，在上，.

(1)请作出与平面的交点，并写出与的比值（在图中保留作图痕迹，不必写出画法和理由）；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
1．（2024·陕西榆林·三模）已知正三棱锥的侧棱与底面边长的比值为，则三棱锥的侧棱与底面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·北京·模拟预测）如图，正四面体的顶点在平面内，且直线与平面所成的角为，顶点在平面内的射影为，当顶点与点的距离最大时，直线与平面所成角的正弦值等于（ ）

A．B．C．D．
3．（23-24高一下·浙江杭州·期中）如图所示，在棱长为的正方体中，点是平面内的动点，满足，则直线与平面所成角正切值的最大值为 .

4．（2024·山东·二模）如图所示，直三棱柱，各棱长均相等.，，分别为棱，，的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)求直线与所成角的正弦值.
5．（2024·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，，且，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，，求与平面所成角的大小.
考点四、几何法求二面角
1．（2024·河南·三模）在四面体中，平面平面，是直角三角形，，则二面角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·江西赣州·一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面为侧棱的中点.

(1)求点到平面的距离；
(2)求二面角的正切值.
3．（2024·四川攀枝花·三模）如图，直三棱柱中，，点在线段上，且，．
(1)证明：点为的重心；
(2)若，求二面角的余弦值．
4．（2024·河南·模拟预测）如图，在长方体中，点分别是的中点．

(1)求证：平面；
(2)若，且底面为正方形，求平面与平面夹角的余弦值．
1．（2024·四川南充·三模）已知如图，在矩形中，，将沿着翻折至处，得到三棱锥，过M作的垂线，垂足为．

(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值．
2．（2024·江苏宿迁·一模）如图，在四棱锥中，四边形为梯形，其中，，平面平面．

(1)证明：；
(2)若，且与平面所成角的正切值为2，求平面与平面所成二面角的正弦值．
3．（23-24高三下·陕西西安·阶段练习）如下图，四棱锥的体积为，底面为等腰梯形，，，，，，是垂足，平面平面．
(1)证明：；
(2)若，分别为，的中点，求二面角的余弦值．
4．（23-24高二下·重庆·阶段练习）如图，在三棱柱中，底面侧面，，，．
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面所成的角的余弦值．
考点五、范围与最值问题
1．（2024·全国·模拟预测）设为正方体的棱上的动点，则平面与平面夹角的正切值的最小值为（ ）
A．1B．C．D．
2．（2024高三·全国·专题练习）如图，已知底面为正方形且各侧棱均相等的四棱锥可绕着任意旋转，平面，，分别是，的中点，，，点在平面上的射影为点.当最大时，二面角的大小是（ ）
A．105°B．90°C．60°D．45°
3．（2024·四川成都·二模）如图，在正四面体中，是棱的两个三等分点．
(1)证明：；
(2)求出二面角的平面角中最大角的余弦值．
1．（2024·河北沧州·模拟预测）在长方体中，，，点为的中点，点为四边形内一点，且，则直线与平面所成角的正切值的最大值为 .
2．（2024·广东·一模）已知表面积为的球O的内接正四棱台，，，动点P在内部及其边界上运动，则直线BP与平面所成角的正弦值的最大值为 ．
3．（23-24高三下·湖南·开学考试）如图，在三棱锥中，平面平面为棱上靠近点的三等分点，且为的角平分线，则二面角的平面角的正切值的最小值为 ．
一、单选题
1．（2024·河北沧州·模拟预测）已知在三棱锥中，，则直线与平面所成的角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在底面为等边三角形的直三棱柱中，分别为棱的中点，为棱上的动点，且线段的长度最小值为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
3．（22-23高三下·江西·阶段练习）如图，△ABC内接于圆O，AB为圆O的直径，AB＝5，BC＝3，CD⊥平面ABC，E为AD的中点，且异面直线BE与AC所成角为60°，则点A到平面BCE的距离为（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·广西桂林·三模）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，，且，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
5．（23-24高三下·广东·阶段练习）如图，正方体的边长为4，，平面经过点，，则（ ）
A．
B．直线与直线所成角的正切值为
C．直线与平面所成角的正切值为
D．若，则正方体截平面所得截面面积为26
二、多选题
6．（22-23高三上·河北邢台·期末）如图所示，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且，则下列说法中正确的是（ ）
A．存在点，，使得
B．异面直线与所成的角为60°
C．三棱锥的体积为
D．点到平面的距离为
三、填空题
7．（22-23高二上·重庆南岸·期末）如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，是棱的中点.求点到平面的距离等于
四、解答题
8．（2024·江苏·二模）如图，直三棱柱的体积为1，，，．
(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值．
9．（2024高三下·全国·专题练习）如图所示，在三棱锥中，，，是的中点，且底面，求直线与平面所成角的正弦值．
10．（23-24高三下·甘肃·阶段练习）如图1，菱形的边长为,将其沿折叠形成如图2所示的三棱锥．
(1)证明：三棱锥中，;
(2)当点A在平面的投影为的重心时，求直线与平面所成角的正弦值．
一、单选题
1．（23-24高三上·江苏南京·期中）已知矩形中，是边的中点．和交于点，将沿折起，在翻折过程中当与垂直时，异面直线和所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
2．（2024·新疆·二模）如图，在平行四边形中，，且，为的中线，将沿BF折起，使点到点的位置，连接AE，DE，CE，且，则（ ）
A．平面B．AE与平面所成角的正切值是
C．BC与DE所成的角为D．点到平面的距离为
3．（2024·江苏无锡·模拟预测）在平面四边形中，，将沿折起，使到达点的位置．已知三棱锥的外接球的球心恰是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．与平面所成的角相等
B．
C．二面角的大小可能为
D．若，则球的表面积为
4．（23-24高一下·山东济南·期中）已知正四棱台的高为，，，则（ ）
A．正四棱台的体积为
B．二面角的大小为
C．直线与平面ABCD所成角的正弦值为
D．异面直线与所成角的正切值为2
三、解答题
5．（2024·陕西铜川·三模）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，点是的中点，是线段上靠近的三等分点，.
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离.
6．（22-23高三上·江苏南京·阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，，点M，N分别在，上，且，．

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的大小．
7．（2024·山东济南·三模）如图所示，为矩形，为梯形，平面平面，.
(1)若点为的中点，证明:平面；
(2)求异面直线与所成角的大小.
8．（2024·四川达州·二模）如图，在直角梯形中，，把梯形ABCD绕AB旋转至分别为中点.

(1)证明:平面；
(2)若，求点到平面的距离.
9．（24-25高三上·广东·阶段练习）如图，三棱柱中，侧面是边长为2的正方形，，．
(1)证明：；
(2)若二面角的余弦值为，求的值．
10．（2024·贵州遵义·二模）通过化学的学习，我们知道金刚石是天然存在的最硬的物质，纯净的金刚石是无色透明的正八面体形状的固体，如图1是组成金刚石的碳原子在空间中排列的结构示意图，从图中可以看出，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接，从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个所有棱长都相等的正三棱锥的4个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离相等的位置，如图2所示：
(1)在金刚石的碳原子空间结构图（图2）中，求直线与直线所成角的余弦值；
(2)若四面体和正八面体的棱长相等，现将两几何体拼接起来，使它们一个表面完全重合，得到一个新多面体，判断新多面体为几面体，并说明理由．
1．（2024·全国·高考真题）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．1C．2D．3
2．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心．
(1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小．
3．（2024·全国·高考真题）如图，，，，,为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到的距离.
4．（2024·全国·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，．
(1)若，证明：平面；
(2)若，且二面角的正弦值为，求．
5．（2023·全国·高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
6．（2023·北京·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．
7．（2023·全国·高考真题）（多选）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为B．该圆锥的侧面积为
C．D．的面积为
8．（2023·全国·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．
9．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．

(1)证明：；
(2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．
10．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
11．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，

(1)求证：//平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
12．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A．B．C．D．
13．（2022·全国·高考真题）（多选）已知正方体，则（ ）
A．直线与所成的角为B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为D．直线与平面ABCD所成的角为
14．（2021·全国·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，PD=DC=1，为的中点，且PB⊥AM．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
15．（2021·全国·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
第06讲 几何法求空间角与空间距离
（5类核心考点精讲精练）
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度中等偏难，分值为5-15分
【备考策略】1.掌握等体积转化求点面距
2.掌握等几何法求异面直线所成角
3.掌握等几何法求线面角
4.掌握几何法求二面角
【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，一般在解答题中考查空间距离和空间角的求解，需强化巩固复习.
知识讲解
一、异面直线所成角
1.定义：已知两条异面直线a,b,经过空间任意一点O作直线a'//a,b'//b,我们把a'与b'所成的锐角（或直角）叫做异面直线a与b所成的角（或夹角）
2.范围：0,π2.
3.平移两异面直线使它们相交，转化为相交直线所成角；
二、直线与平面所成角
1.定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫这条直线和这个平面所成的角。
2.范围： 0,π2.
3.求法：
（1）由定义作出线面角的平面角，再求解：
（2）在斜线上异于斜足取一点，求出该点到斜足的距离（设为 l ）和到平面的距离（设为 d), 则 sinθ=dlθ为线面角;
三、二面角
1.定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，分别在两个半平面内作垂直于棱的射线，则两射线所成的角为二面角的平面角。
2.范围： 0,π.
3.求法：
（1）定义法：
利用二面角的平面角的定义，在二面角的棱上取一点(特殊点),过该点在两个半平面内作垂直于棱的射线，两射线所成的角就是二面角的平面角，这是一种最基本的方法。要注意用二面角的平面角定义的三个“主要特征”来找出平面角。
（2）三垂线法：
已知二面角其中一个面内一点到一个面的垂线，用三垂线定理或逆定理作出二面角的平面角。
（3）垂面法：
已知二面角内一点到两个面的垂线时，过两垂线作平面与两个半平面的交线所成的角即为平面角，由此可知，二面角的平面角所在的平面与棱垂直。
（4）射影面积法：
凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式（csθ=S射S斜=S△A'B'C'S△ABC,如图)求出二面角的大小
空间距离
点面距可转化为三棱锥等体积求解
考点一、几何法求点面距
1．（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在正三棱柱中，所有棱长均为1，则点到平面的距离为 ．
【答案】
【分析】
解法一：根据等体积法，即，列出方程解出距离即可；解法二：通过面面垂直的性质定理得平面，最后计算长即可；解法三：建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面距离.
【详解】
解法一：设点到平面的距离为d．在中，，AB边上的高为，点A到平面的距离为，的面积为．
∵，∴，因此，
故点到平面的距离为．
解法二：如图所示，取AB的中点M，连接CM，，过点C作，垂足为D．
∵，M为AB的中点，∴．∵，M为AB的中点，∴．
∵，平面，∴平面，
又平面，故平面平面．
∵平面平面，，平面，∴平面．
因此CD的长度即为点C到平面的距离，也即点到平面的距离．
在中，，因此．
故点到平面的距离为．
解法三：如图所示，取BC的中点O，连接AO．∵，∴．
以O为原点，OC，OA所在直线分别为x轴和y轴，过点O且与平行的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
从而，，．
设为平面的一个法向量，则即，
令，得，则．
故点到平面的距离为．
故答案为：.
2．（23-24高三上·河北·期末）已知正方体的棱长为为线段上的动点，则点到平面距离的最小值为（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】B
【分析】根据棱锥的体积公式求得，再根据等体积转化法，确定的最大值，即可求得点到平面距离的最小值.
【详解】由题意得，
设点到平面的距离为，则由等体积转化法为，
当与重合时，最大，最大为，
此时最小，为.
故选：B.
3．（2024·辽宁丹东·一模）已知球的直径为，，为球面上的两点，点在上，且，平面，若是边长为的等边三角形，则球心到平面的距离为 ．
【答案】
【分析】根据球的截面性质，可得球的半径为，将球心到平面的距离转化为为到平面的距离的2倍，进而根据等体积变换可得.
【详解】因为，为球的直径，所以，
故球心到平面的距离即为到平面的距离的2倍，
如图
设球的半径为，由题意可知，
由，，可得，故
如图，

由题意平面，
则，
，且，
设到平面的距离为，则由可得，
，
得，得，
则球心到平面的距离为，
故答案为：
4．（2024高三·全国·专题练习）在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AA1＝2BC＝2，则异面直线B1D1与CD的距离为 ；异面直线BD1与CD的距离为 ．
【答案】 2
【详解】解析：（定义法）由正方体得DD1⊥平面A1B1C1D1，所以DD1⊥B1D1.又DD1⊥CD，所以DD1是异面直线B1D1与CD的公垂线段．又DD1＝2，所以异面直线B1D1与CD的距离为2；
（转化法）因为CD∥AB，CD⊄平面ABD1，AB⊂平面ABD1，所以CD∥平面ABD1，所以CD到平面ABD1的距离就是异面直线BD1与CD的距离，即点D到平面ABD1的距离就是异面直线BD1与CD的距离．设距离为h，由题得AD1＝＝.因为VD1ABD＝VDABD1，所以××2×1×2＝××2××h，所以h＝，所以异面直线BD1与CD的距离为.
【考查意图】定义法、等积法求点到平面的距离，定义法、转化法求异面直线间的距离．
1．（23-24高三上·全国·阶段练习）在直三棱柱中，所有棱长均为1，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】取的中点，连接，可证平面，利用等体积法求点到面的距离.
【详解】取的中点，连接，
因为为等边三角形，则，
又因为平面，且平面，则，
且，平面，可得平面，
由题意可知：，
设点到平面的距离为，
因为，即，
解得，
所以点到平面的距离为.
故选：A.
2．（2024·浙江宁波·模拟预测）已知棱长为1的正方体分别是AB和BC的中点，则MN到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】延长交延长线于点，连接，由几何关系证明MN到平面的距离即点到平面的距离，再由等体积法求出结果即可；
【详解】
延长交延长线于点，连接，，
因为分别是AB和BC的中点，则，
由正方体的性质可得，所以，
又平面，平面，所以平面，
所以MN到平面的距离即点到平面的距离，设为，
则，
因为正方体的棱长为1，
所以，，，
所以，即，
故选：C.
3．（2024·河南·一模）如图是棱长均为2的柏拉图多面体，已知该多面体为正八面体，四边形为正方形，分别为的中点，则点到平面的距离为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】B
【分析】由三棱锥等体积法，可得，运算得解.
【详解】连接．由已知得为的中位线，所以，
为正三角形的中线，所以，又，
所以，所以为直角三角形，
所以．
因为，所以到平面的距离为，
设到平面的距离为，
因为，所以，
所以，所以．
故选：B.
4．（2024·陕西西安·三模）在四棱锥中，平面平面，，，，．
(1)证明：．
(2)若为等边三角形，求点C到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）先证明，再由面面垂直的性质定理求解；
（2）过点P作，所以平面，由体积法求解．
【详解】（1）因为，，所以，，
由余弦定理可得，所以AD2+BD2=AB2，则．
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面PAD．
因为平面PAD，所以．
（2）过点P作，因为平面平面ABCD，且平面平面，所以平面．
因为，
在中，，而，
．
设点C到平面的距离为h，，
则，解得，
所以点C到平面的距离为．
考点二、几何法求异面直线所成角
1．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】平行移动与相交构成三角形，指明或其补角就是异面直线与所成的角，在三角形中由余弦定理解出即可.
【详解】
如图连接，因为为正四棱柱，
所以且，所以四边形为平行四边形，
所以，则或其补角就是异面直线与所成的角，
设，则，，，
由余弦定理得：.
故选：B.
2．（2024·四川绵阳·三模）在梯形中, ，且，沿对角线将三角形折起，所得四面体外接球的表面积为，则异面直线与所成角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据折叠前后的几何性质，将三棱锥补成三棱柱，利用三棱柱的外接球即可求得答案.
【详解】如下图，将梯形补成长方形，折后得到直三棱柱，
因为，所以，
异面直线与所成角即为与所成角，即或其补角，
又该三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，设外接球半径为R，则，
所以，设外接圆半径为r，圆心为，外接圆圆心为，
则三棱柱的外接球的球心为的中点O，连接，则，
所以，又，即，
又中，，
即，
化简得，即，所以，
故选：C.

3．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在底面为等边三角形的直三棱柱中，分别为棱的中点，为棱上的动点，且线段的长度最小值为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据即可求解最小值时，即可求解，利用平移可得为其补角即为异面直线与所成角，由余弦定理即可求解.
【详解】由于三棱柱为直三棱柱，所以底面, 底面,所以,
故,
故当时，此时最小，线段的长度最小值，
由于线段的最小值为，故此时，为中点，故，
连接,则,故为其补角即为异面直线与所成角，
,
,
故异面直线与所成角的余弦值为
故选：A
1．（2024·广西桂林·三模）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，，且，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图取的中点，可得 ，即异面直线与所成的角为，然后利用平面，可得两直角三角形的斜边中线长，从而得到求解.
【详解】取的中点，连接，如图所示：
∵分别为的中点，则且，
∴异面直线与所成的角为或其补角．
∵平面，平面，∴，，
∴，同理可得，∴，
∴，则,
故选:C．
2．（2024·全国·模拟预测）如图，矩形是圆柱的轴截面，点在圆上，若，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过点作，得到为异面直线与所成的角或其补角，根据题意，证得平面，得到，再求得，结合，即可求解．
【详解】如图所示，过点作，与圆交于点，
连接，则为异面直线与所成的角或其补角.
而两直线所成角在内，故异面直线与所成角的余弦值为.
由矩形是圆柱的轴截面，结合圆柱的几何结构特征，可得平面，且BF⊂平面，所以，
又由经过底面圆心，知是底面直径，从而.
而，平面，所以平面，
因为平面，所以，
由，，，可得，所以.
又由，所以.
从而异面直线与所成角的余弦值为，C正确.
故选：C.

考点三、几何法求线面角
1．（2024·全国·高考真题）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果.
【详解】解法一：分别取的中点，则，
可知，
设正三棱台的为，
则，解得，
如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，
则，，
可得，
结合等腰梯形可得,
即，解得，
所以与平面ABC所成角的正切值为；
解法二：将正三棱台补成正三棱锥，
则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，
因为，则，
可知，则，
设正三棱锥的高为，则，解得，
取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，
所以与平面ABC所成角的正切值.
故选：B.
2．（23-24高三下·辽宁·阶段练习）已知正四棱台的上、下底面边长分别为，，体积为，则此四棱台的侧棱与底面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据正四棱台的体积求出高，再求出侧棱长，最后由锐角三角函数计算可得.
【详解】在正四棱台中，，，令上下底面中心分别为、，连接，如图，

则棱台的高为，由，解得，
在直角梯形中，，
取中点，连接，有，则平面，平面，所以，
所以，，
又平面，则是与平面所成的角，
所以，即四棱台的侧棱与底面所成角的正弦值为.
故选：B
3．（2024高一下·全国·专题练习）如图，底面是边长为2的正方形，半圆面底面，点为圆弧上的动点．当三棱锥的体积最大时，与半圆面所成角的余弦值为 ．
【答案】33/133
【分析】过点作于点，易得点位于圆弧的中点时，最大，证明面，则即为与半圆面所成角的平面角，再解即可．
【详解】过点作于点，
因为面底面，面底面，面，
所以平面，
则，
当且仅当，即点位于圆弧的中点时，最大，此时为的中点，
因为面底面，面底面面，
所以面，又面，所以，
所以即为与半圆面所成角的平面角，
在中，，
所以，
故答案为：．
4．（2024·辽宁大连·二模）已知一圆形纸片的圆心为，直径，圆周上有两点.如图：，，点是上的动点.沿将纸片折为直二面角，并连接，，，.
(1)当平面时，求的长；
(2)若，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用线面平行的性质定理得，利用平行线的性质及三角形性质求解即可；
（2）方法一：利用面面垂直性质定理得平面，从而利用线面垂直的性质定理得，，可求得，利用等体积法求得到平面的距离，利用线面角的正弦值求解即可；
方法二：建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，然后利用向量法求解线面角即可.
【详解】（1）平面，平面，平面平面，
则有.所以，
又，则.
（2）方法一：因为平面平面，平面平面，
平面，，所以平面.
又，平面，则，，
又，由，可得.
设到平面的距离为d，因为，所以，
所以，所以，
设与平面所成的角为，则.
故与平面所成角的正弦值为.
方法二：，，.
如图，过点作平面的垂线，
以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，.
，.
易知是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，则，
即，令，得，，
则，
设与平面所成角的为，
则.
故与平面所成角的正弦值为.
5．（2024·山西·三模）如图三棱锥分别在线段AB，CD上，且满足.
(1)求证:平面平面;
(2)求AD与平面BCD所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据垂直关系，结合勾股定理可得即可求证，根据线线垂直可得平面CED，进而可得，进而可得平面，即可求证面面垂直，
（2）根据勾股定理以及线线垂直可证明平面,即可得为直线与平面所成的角，即可求解.
【详解】（1）连接,
由于所以
由于，所以
故，即，
又，，平面CED，
故平面CED，平面CED,故,
平面，
所以平面，平面，
故平面平面
（2）由于所以
由于，所以
故，即，
又，，平面CED，
故平面，平面,故,
平面，
故平面,故即为直线与平面所成的角，
,,
6．（22-23高一下·辽宁大连·期末）在正三棱台中，，，为中点，在上，.

(1)请作出与平面的交点，并写出与的比值（在图中保留作图痕迹，不必写出画法和理由）；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)答案见解析，2
(2)
【分析】（1）根据直线与平面的公理，延长线段，延展平面，结合相似三角形，可得答案；
（2）根据线面角的定义，作图，求其所在三角形的边长，利用三棱台的几何性质，在其侧面，结合等腰梯形以及余弦定理，可得答案.
【详解】（1）①作图步骤：延长，使其相交于，连接，则可得；
作图如下：

作图理由：在平面中，显然与不平行，延长相交于，
由，则平面CED，由平面CED，则平面CED，
由，，则平面，可得
故平面.
②连接，如下图所示：

在正三棱台中，，即，易知，
则，由，且，则，显然，
由分别为的中点，则，且，
易知，故.
（2）由题意，过作平面的垂线，垂足为，并连接，如下图所示：

由（1）可知：且，则，由，，
在侧面中，过分别作的垂线，垂足分别为，如下图所示：

易知,，所以，
在中，，则，
棱台的高，
由图可知直线与平面所成角为，
因为平面，且平面，所以，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第2小问解决的关键在于利用余弦定理求得，利用勾股定理求得，从而得解.
1．（2024·陕西榆林·三模）已知正三棱锥的侧棱与底面边长的比值为，则三棱锥的侧棱与底面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用正棱锥的性质，先过顶点作底面的垂线，由线面角的定义和题干数据进行求解.
【详解】如图，为等边三角形，为中点，作面垂足为，

设，则，根据正棱锥性质，则，
根据线面角的定义，三棱锥的侧棱与底面所成角为，
则.
故选：B
2．（2024·北京·模拟预测）如图，正四面体的顶点在平面内，且直线与平面所成的角为，顶点在平面内的射影为，当顶点与点的距离最大时，直线与平面所成角的正弦值等于（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分析可得当四边形为平面四边形时，点到点的距离最大，作平面,垂足为，点作平面，垂足为，则可求，进而可求解.
【详解】取中点，连接，

当四边形为平面四边形时，点到点的距离最大，
此时，因为平面，平面，
所以平面平面，
过作平面，垂足为，
则为正三角形的重心，
设正四面体的边长为1，则,
因为直线BC与平面所成角为即,且，
所以,
所以点到平面的距离等于，
过点作平面，垂足为，
则，
∴在中，，即直线与平面所成角的正弦值等于.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解答关键是分析出当四边形为平面四边形时，点到点的距离最大.
3．（23-24高一下·浙江杭州·期中）如图所示，在棱长为的正方体中，点是平面内的动点，满足，则直线与平面所成角正切值的最大值为 .

【答案】
【分析】在正方体上“堆叠”一个与之全等的正方体，连接、，设在平面的射影为，连接O2P，则即为直线与平面所成角，在平面上的射影为，求出点的轨迹，再结合平面几何的性质即可得解．
【详解】如图所示，
在正方体上“堆叠”一个与之全等的正方体，
连接、，易知四边形是菱形，
设在平面的射影为，
由正三棱锥可知，点是△的外心，
，则，
由，得，
所以，再结合，得，
从而的轨迹是（平面上）以为圆心，为半径的圆，记为圆，
同理，在平面（即平面上的射影为的外心，
连接O2P，则在平面上的射影为O2P，
进而即为直线与平面所成角，记，
则，其中为定值，
而对于O2P，由圆的几何知识可知，当运动到线段且与圆相交时，
O2P取得最小值，记相交于Q,易知，
则，
此时取得最大值为．
故答案为：．

【点睛】关键点点睛:本题考查空间中点的轨迹及线面角，关键是确定在平面上的轨迹为圆.
4．（2024·山东·二模）如图所示，直三棱柱，各棱长均相等.，，分别为棱，，的中点.
(1)证明：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)
【分析】（1）由题意可证得，在直三棱柱中，平面，可得，进而可证得平面，即证得平面平面；
（2）由题意可证得，即可得直线与所成的角，在△中，可求出的正弦值，进而求出于直线与所成的角．
【详解】（1）证明：由题意在等边三角形中，为的中点，所以，
在直棱柱中，平面，平面，所以，
而，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面；
（2）连接，因为，，分别为棱，，的中点，
所以，且，
在三棱柱中，，，，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以即为直线与所成的角，
在△中，设直三棱柱的棱长为2，则
可得．
故
即直线与所成角的正弦值为．
5．（2024·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，，且，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，，求与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)30°
【分析】（1）应用面面垂直判定定理证明即可；
（2）先根据定义得出线面角，再计算正弦值求角即可.
【详解】（1）在四棱锥中，，
又，所以，
因为，，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）取棱的中点O，连接，，由，得，
由（1）知，平面，
因为平面，所以，
因为，平面，，所以平面，
所以是在平面内的射影，所以与平面所成的角为.
设，因为，则，
因为，所以，
所以在中，，
所以与平面所成的角为30°
考点四、几何法求二面角
1．（2024·河南·三模）在四面体中，平面平面，是直角三角形，，则二面角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设AC,PC的中点为，连接，分别证得和，证得平面，得到，得出为二面角的平面角，在中，即可求解.
【详解】设AC,PC的中点分别为，连接，则，
因为，所以，
又因为平面平面，平面，平面平面，
所以平面，而平面，则，
因为是直角三角形，，所以，
所以，且，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，则，所以为二面角的平面角，
且.
故选：A.
2．（2024·江西赣州·一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面为侧棱的中点.

(1)求点到平面的距离；
(2)求二面角的正切值.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）根据利用等体积法计算可得；
（2）设为的中点，过作交于，连接、，即可证明平面，从而得到平面，则为二面角的一个平面角，再求出、，即可得解.
【详解】（1）由平面，可得，
令点到平面的距离为，则，
由，可得，
则，
由，可得，
由平面，平面，所以平面平面，
又，平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，则，
所以，即点到平面的距离为
（2）设为的中点，过作交于，连接、，
是的中点，，又平面，所以平面，
又平面，，
又，平面，
平面，平面，，
为二面角的一个平面角，
又，
且，所以，
所以，
即二面角的正切值为.

3．（2024·四川攀枝花·三模）如图，直三棱柱中，，点在线段上，且，．
(1)证明：点为的重心；
(2)若，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）延长交于点，连接，可证得，结合直棱柱的性质可证得，从而可证为的中点，则可得，即可得证；
（2）取中点，连接，取中点，连接，，可证出为二面角的平面角，在中计算求值即可．
【详解】（1）证明：如图，延长交于点，连接，
因为，，，平面
所以平面，
因为平面，所以，
因为直三棱柱中，平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，所以，所以为的中点，
因为∥，所以，
所以点为的重心；
（2）解：取中点，连接，
因为，所以，
因为直三棱柱中，平面，平面，
所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
取中点，连接，，则‖，,
因为，所以，
因为，平面，
所以平面，因为BF⊂平面，所以，
所以为二面角的平面角，
因为，所以，
因为，所以，
因为，所以∽，
所以，
因为，所以，得，
所以，
所以，
因为，所以，
在中，，
即二面角的余弦值为．
4．（2024·河南·模拟预测）如图，在长方体中，点分别是的中点．

(1)求证：平面；
(2)若，且底面为正方形，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）连接，由线面平行的判定定理即可证明；
（2）方法一：以点为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果；方法二：根据题意，由面面角的定义可得即为平面与平面的夹角，代入计算，即可得到结果；方法三：由条件可得为的射影，代入 计算，即可得到结果.
【详解】（1）如图，连接，

因为点分别是的中点，
所以．
又由长方体的性质知，，，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以．
又平面平面，
所以平面．
（2）方法一：以为坐标原点，分别以所在的直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，四边形为正方形，
所以，
所以
设平面的法向量为，
则即
令，则，
所以平面的一个法向量为．
易得平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，
则．
所以平面与平面夹角的余弦值为.
方法二：因为平面平面，
所以平面与平面的夹角即为平面与平面的夹角．
取的中点，连接，
分别延长交于点，则平面平面，
在平面内，作交的延长线于，连接．
因为平面，又平面，所以．
又，平面，
所以平面，所以．
所以即为平面与平面的夹角．
设，
因为，所以．

所以，所以．
在Rt中，，
所以在Rt中，，即．
所以，所以（负值舍去），
所以平面与平面夹角的余弦值为．
方法三（射影法）：设平面与平面的夹角为，如图，过点作于点，过点作于点，连接，

则为的射影．
由题易得，
所以，
所以，
所以．
又，
所以．
所以平面与平面夹角的余弦值为．
1．（2024·四川南充·三模）已知如图，在矩形中，，将沿着翻折至处，得到三棱锥，过M作的垂线，垂足为．

(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理，转化为证明MH⊥平面，利用线面垂直的判断定理，即可证明；
（2）结合几何关系，构造二面角的平面角，三角形内根据余弦定理，即可求解.
【详解】（1）连结，
由，，，
得，，，，
在中，由余弦定理得,
，
，
，又平面，，
平面，又平面，
；
（2）过点作于点，在平面内作与点，交于点，连结，

则为二面角的平面角，
在中，由，得，，
在中，由余弦定理得，
在中，，
，
在中，由勾股定理得：，
在中，由余弦定理得：,
，
即二面角的余弦值为.
2．（2024·江苏宿迁·一模）如图，在四棱锥中，四边形为梯形，其中，，平面平面．

(1)证明：；
(2)若，且与平面所成角的正切值为2，求平面与平面所成二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，由面面垂直的性质定理即可得到平面，再由线面垂直的性质定理即可证明；
（2）法一：建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果；法二：根据面面角的定义，先找出所求的二面角，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）因为，所以为等边三角形，
所以，
又四边形为梯形，，则，
在中，由余弦定理可知，
，
根据勾股定理可知，AD2+BD2=AB2，即．
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，又因为平面
所以．
（2）法一：由（1）可知，
又因为，所以平面，
所以就是与平面所成角，所以，
所以；
以为正交基底，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，
则有取，
由题意得为平面的法向量，
所以，
即平面与平面所成二面角的正弦值．
法二：在平面内，延长与相交于点，
连接，则为平面与平面的交线，
在平面内，过点作，垂足为，连接，

由（1）得，，
因为且均在面内，
所以面，
因为面，所以，
又因为且均在面内,
所以面，即面,
因为面，所以,
因为且均在面内,
所以面，由面所以,
所以,
在直角三角形中,
在直角三角形中，
所以平面与平面所成二面角的正弦值．
所以就是二面角的平面角，
又因为平面，
所以就是与平面所成角，
所以，所以，
因为，所以．
3．（23-24高三下·陕西西安·阶段练习）如下图，四棱锥的体积为，底面为等腰梯形，，，，，，是垂足，平面平面．
(1)证明：；
(2)若，分别为，的中点，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理和线面垂直的判断定理证明即可证明；
（2）根据二面角定义即可求出二面角的平面角.
【详解】（1）连接，
∵平面平面，，平面平面，平面，
∴平面，
因为平面，所以，
由题意可知，等腰梯形的高为1，
故等腰梯形的面积为：，
∴，
∴，
在中，，．
∴，即，
∴为的三等分点，
∴．
又∵，面，面，
∴平面，
∵平面，∴．
（2）取中点，连接，则四边形为平行四边形，
∴．
∵，分别为，的中点，
∴，
∴，
∴四点共面．
连接交于，连接，则二面角即二面角．
∵平面，平面，
∴，
易知四边形为正方形，则，
∵，∴，
又，平面，平面，
∴平面．
∵，∴平面，
∵平面，平面，
∴，．
∴是二面角的平面角，
在中，，，
∴，∴，
∴二面角的余弦值为.
4．（23-24高二下·重庆·阶段练习）如图，在三棱柱中，底面侧面，，，．
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面所成的角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用菱形的性质、面面垂直的性质、线面垂直的性质及判定推理即得.
（2）作出二面角的平面角，再在直角三角形中计算即得.
【详解】（1）在三棱柱中，由，得四边形是菱形，则，
由平面平面，平面平面，平面，
得平面，而平面，则，又，
因此，而平面,
所以平面.
（2）在平面内过点作于，由平面平面，平面平面，
得平面，而平面，则，
在平面内过作于，连接，又平面，
于是平面，而平面，则，从而是二面角的平面角，
由，得，由，得，，
则，显然，，，
所以平面与平面所成的角的余弦值是.
考点五、范围与最值问题
1．（2024·全国·模拟预测）设为正方体的棱上的动点，则平面与平面夹角的正切值的最小值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】确定平面与平面的交线，利用线面垂直得到二面角的平面角，利用几何关系计算求解即可求解.
【详解】延长和交于点Q,则Q为平面与平面的公共点，
从而DQ为平面与平面的交线；
在平面内做于点H,连，
由正方体性质易知平面，面，则，
又平面，故平面，又平面，
故，故为二面角的平面角，
设正方体棱长为1，，易知故，
即，则
由的面积得：
故，当点P为AB中点时等号成立，
故二面角正切值的最小值为，则平面与平面夹角的正切值的最小值为.
故选：C

2．（2024高三·全国·专题练习）如图，已知底面为正方形且各侧棱均相等的四棱锥可绕着任意旋转，平面，，分别是，的中点，，，点在平面上的射影为点.当最大时，二面角的大小是（ ）
A．105°B．90°C．60°D．45°
【答案】A
【分析】由题意当最大时，，，三点共线，此时找出二面角的平面角，计算即可.
【详解】连接，，如图，
因为，所以为正三角形，
设的中点为，则点在以为直径的圆上运动，
当且仅当，，三点共线时，如图，
此时，，且平面，
∴为二面角的平面角，
又在等腰直角三角形中，，
因此，
故选：A
3．（2024·四川成都·二模）如图，在正四面体中，是棱的两个三等分点．
(1)证明：；
(2)求出二面角的平面角中最大角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理即可证明平面，从而证明；
（2）根据题意，由二面角的定义，结合余弦定理代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）取的中点为，连接．四面体为正四面体，
为正三角形．又为的中点，．同理可得．
平面，平面．
又平面．
（2）
取的中点为，连接，设．
由（1）得平面．平面．
为二面角的平面角，为二面角的平面角，
为二面角的平面角．由图形对称性可判断．
易得．在中，．
在中，．同理可得．
．
．
二面角的平面角最大，其余弦值等于．
1．（2024·河北沧州·模拟预测）在长方体中，，，点为的中点，点为四边形内一点，且，则直线与平面所成角的正切值的最大值为 .
【答案】
【分析】分析题目条件，点在线段的中垂面与底面的交线上，取中点，中点，中点，证明得平面，从而点在线段上；再由平面，为直线与平面所成的角，当取得最小时，利用相似可得此时取得最大值为.
【详解】
如图，连接，取中点，中点，中点，
因为，则点在线段的中垂面与底面的交线上.
可求得，所以，所以.
又知，所以.
又，直线和直线都在平面内，
所以平面，从而点在线段上.
易得，平面，
所以平面，所以为直线与平面所成的角，
设为，则.
设的最小值为点到的距离为，取得最小时，
易得与相似，可知，所以，又，
所以的最大值为.
故答案为：
2．（2024·广东·一模）已知表面积为的球O的内接正四棱台，，，动点P在内部及其边界上运动，则直线BP与平面所成角的正弦值的最大值为 ．
【答案】/
【分析】先根据条件得到，进而得到，，利用线面垂直的性质作出面，故为直线BP与平面所成角，再利用，得知当与重合时，最小，再利用对顶角相等，即可求出结果.
【详解】如图，分别是上下底面的中心，设球心为，半径为，易知，
由题知4πR2=8π，得到，又，，得到，
所以与重合，由，得到，
所以，又，所以，
因为面，面，所以，
又，，面，所以面，
连接并延长，过作，交的延长线于，
又面，所以，又，面，
所以面，连接，则为直线BP与平面所成的角，，
在中，易知，，所以，
所以当最小时，直线BP与平面所成角的正弦值的最大值，
又动点P在内部及其边界上运动，所以当与重合时，最小，
此时为直线BP与平面所成的角，所以直线BP与平面所成角的正弦值的最大值为，

故答案为：.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于点位置的确定，通过利用线面垂直的性质作出面，从而得出为直线BP与平面所成角，再利用，将问题转化成求的最小值，即可确定点位置，从而解决问题.
3．（23-24高三下·湖南·开学考试）如图，在三棱锥中，平面平面为棱上靠近点的三等分点，且为的角平分线，则二面角的平面角的正切值的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，作出二面角的平面角，借助直角三角形的边角关系可得，再在平面内，利用圆的性质求出最大时点位置即可计算得解.
【详解】过点作，垂足为，过点作，垂足为，连接，如图，
由平面平面，平面平面，平面，
则平面，而平面，于是，，
又平面，因此平面，而平面，
则，为二面角的平面角，
在中，，则，
则，
在中，，从而，
在平面内，过点作交直线于点，如图，
则点在以为直径的圆上运动，设的中点为，连接，
显然，而，
因此，又，则∽，
于是，又，则，解得，
当直线与圆相切时，最大，最小，
，
所以二面角的平面角的正切值的最小值为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
一、单选题
1．（2024·河北沧州·模拟预测）已知在三棱锥中，，则直线与平面所成的角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，设是正四面体 的4个顶点，结合正四面体的性质和线面角的定义与计算，即可求解.
【详解】设是正四面体 的4个顶点，
则点在平面的射影是正三角形的中心D,
再设，则，可得，
则高，
则直线与平面所成的角的正弦值．
故选：D.

2．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在底面为等边三角形的直三棱柱中，分别为棱的中点，为棱上的动点，且线段的长度最小值为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据即可求解最小值时，即可求解，利用平移可得为其补角即为异面直线与所成角，由余弦定理即可求解.
【详解】由于三棱柱为直三棱柱，所以底面, 底面,所以,
故,
故当时，此时最小，线段的长度最小值，
由于线段的最小值为，故此时，为中点，故，
连接,则,故为其补角即为异面直线与所成角，
,
,
故异面直线与所成角的余弦值为
故选：A
3．（22-23高三下·江西·阶段练习）如图，△ABC内接于圆O，AB为圆O的直径，AB＝5，BC＝3，CD⊥平面ABC，E为AD的中点，且异面直线BE与AC所成角为60°，则点A到平面BCE的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】为中点，异面直线BE与AC所成角为，可得，由已知条件求解所需线段的长，设点A到平面BCE的距离为，由，求解即可.
【详解】AB为圆O的直径，AB＝5，BC＝3，∴，，
CD⊥平面ABC，平面ABC，有，
又∵，平面，∴平面，
∵，平面，∴平面，
为中点，连接，如图所示，
E为AD的中点，，，
平面，平面，，
异面直线BE与AC所成角为，∴，，
∴，，，，，
到平面的距离为，∴，
，，
设点A到平面BCE的距离为，由，∴.
故选：C
4．（2024·广西桂林·三模）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，，且，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图取的中点，可得 ，即异面直线与所成的角为，然后利用平面，可得两直角三角形的斜边中线长，从而得到求解.
【详解】取的中点，连接，如图所示：
∵分别为的中点，则且，
∴异面直线与所成的角为或其补角．
∵平面，平面，∴，，
∴，同理可得，∴，
∴，则,
故选:C．
5．（23-24高三下·广东·阶段练习）如图，正方体的边长为4，，平面经过点，，则（ ）
A．
B．直线与直线所成角的正切值为
C．直线与平面所成角的正切值为
D．若，则正方体截平面所得截面面积为26
【答案】BC
【分析】本题四个选项逐个分析，A选项利用在勾股定理判断；B，C选项分别作出线线角，线面角算出正切值判断是否正确；D选项面面平行的性质的定理画出完整的截面进而计算面积即可.
【详解】在中，,
在中，，，，
∵，∴A错误．
∵，∴直线与直线所成角等于，，∴B正确．
因为平面，且平面
所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角，，∴C正确．
因为正方体的对面都是相互平行，且根据面面平行的性质定理可得，
在边上作点使得，则平行四边形为所求截面．
在中，
∴，，
∴平行四边形的面积为．∴D错误．
故选：BC
二、多选题
6．（22-23高三上·河北邢台·期末）如图所示，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且，则下列说法中正确的是（ ）
A．存在点，，使得
B．异面直线与所成的角为60°
C．三棱锥的体积为
D．点到平面的距离为
【答案】BCD
【分析】根据异面直线、线线角、锥体体积、点面距等知识确定正确答案.
【详解】连接.
A选项，平面，平面，，
所以与是异面直线，所以A选项错误.
B选项，，所以异面直线与所成的角为，
由于三角形是等边三角形，所以，B选项正确.
C选项，设，根据正方体的性质可知，
由于平面，所以平面，
所以到平面的距离为.
，C选项正确.
D选项，设点到平面的距离为，
，
，
解得，D选项正确.
故选：BCD
三、填空题
7．（22-23高二上·重庆南岸·期末）如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，是棱的中点.求点到平面的距离等于
【答案】
【分析】利用三棱锥的等积性、线面垂直的性质、面面垂直的判定定理和性质，结合直三棱柱的性质、三棱锥的体积公式进行求解即可.
【详解】因为是直三棱柱，
所以平面，而平面，
所以，
因为是棱的中点，所以AD=12AB=2，
由勾股定理可得：，
，
因为是等边三角形，是棱的中点.，
所以，所以，
因为，所以，
因此，
因为平面，平面，
所以平面平面，因为平面平面，
，平面，所以平面，
设点到平面的距离为，
由，
故答案为：
四、解答题
8．（2024·江苏·二模）如图，直三棱柱的体积为1，，，．
(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）法一：由线面垂直证明即可；法二：用空间直角坐标系证明即可；
（2）法一：过作于，连接，由已知得出为二面角的平面角，求解即可；法二：建立空间直角坐标系求解．
【详解】（1）直三棱柱的体积为：，
则，四边形为正方形，
法一：在直棱柱中，面，，
又平面，则，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
因为，所以，
在正方形中，有，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，
所以．
法二：直棱柱，平面，又，
以为原点，，，所在直线为x轴，y轴， z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，
，所以．
（2）由（1）得，
设，在中，过作于，连接，
因为，，平面，且，
所以平面，又平面，
所以，
所以为二面角的平面角，
因为，，得，
又在中，，得，
，
所以二面角的余弦值为．
法二：
，，，，，
，，设平面的法向量：，
则，取，得，
，，设面的法向量，
则，取，得，
设二面角的大小为，则：
，
因为为锐角，所以二面角余弦值为．
9．（2024高三下·全国·专题练习）如图所示，在三棱锥中，，，是的中点，且底面，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】
【分析】解法一：将直线与平面所成角转化为与平面所成的角即可求解；解法二：设，由等体积法得出，由线面夹角定义即可求解；解法三：以平面为底面，为高，将原几何体补成长方体，再由线面夹角定义即可求解；解法四：向量法，以为原点，分别以直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，用直线与平面夹角的向量公式求解即可．
【详解】解法一：如图所示，设是的中点，连接，
则，故与平面所成的角相等，
设为的中点，连接，则，
因为，所以，
因为平面，平面，
所以，
又，，平面，且，
所以平面，又平面
所以平面平面，
因为平面平面，
所以点在平面上的射影，
过点作于点，
因为，平面平面，平面，
所以平面，则即为与平面所成的角．
设，则，由此可得，，则，
由平面，平面，所以，
在中，，
则由等面积法得，，
故，即直线与平面所成角的正弦值为．
解法二：如图所示，过点作平面，垂足为，连接，
则为与平面所成的角．
设，则，则，，，，
因为，所以，
由解法一得，，
由可得，代入数据得，
故．
解法三（补体法）：如图所示，以平面为底面，为高，将原几何体补成长方体（为该长方体的体对角线）．
设是的中点，则，点在平面上，
又平面，平面，
所以平面平面，
因为平面平面，
所以点在平面上的射影必在上，
过点作于点，
因为，平面，
所以平面，
因此即为与平面所成的角，
设，则，，
在中，．
解法四（向量法）：因为底面，底面，
所以，
又因为，是的中点，所以，
如图所示，以为原点，分别以直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，
可得，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则由，得，取，得，
设直线与平面所成的角为，则．
10．（23-24高三下·甘肃·阶段练习）如图1，菱形的边长为,将其沿折叠形成如图2所示的三棱锥．
(1)证明：三棱锥中，;
(2)当点A在平面的投影为的重心时，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）构造的中点，然后证明垂直于平面即可；
（2）设的重心为点，将题目转化为求，再反复使用勾股定理，求出和的长度，即可得到结果.
【详解】（1）
记的中点为，由菱形的性质，有，，所以，.
而和在平面内交于点，故垂直于平面.
又因为在平面内，所以.
（2）设的重心为点，则垂直于平面.
这表明直线与平面所成角等于，故所求正弦值即为的值.
由于，，故，.
从而，故.
所以直线与平面所成角的正弦值是.
一、单选题
1．（23-24高三上·江苏南京·期中）已知矩形中，是边的中点．和交于点，将沿折起，在翻折过程中当与垂直时，异面直线和所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】证明三角形相似得到，进而证明出线面垂直，面面垂直，作出辅助线，得到或其补角即为异面直线和所成角，结合余弦定理求出答案
【详解】如图1，在矩形中，是边的中点，
故，故，
又，故，所以，
则，故．
如图2，将沿折起，点的对应点为，在翻折过程中，当与垂直时，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
因为平面，平面平面，
所以平面，
连接，因为，
所以或其补角即为异面直线和所成角，
因为，所以，
故，则，又，
故，即所求角的余弦值为，
故选：D．
二、多选题
2．（2024·新疆·二模）如图，在平行四边形中，，且，为的中线，将沿BF折起，使点到点的位置，连接AE，DE，CE，且，则（ ）
A．平面B．AE与平面所成角的正切值是
C．BC与DE所成的角为D．点到平面的距离为
【答案】AB
【分析】A.根据线面垂直的判定定理，转化为证明平面；B.首先利用垂直关系说明平面，即可说明与平面所成的角为；C.根据平行关系，将异面直线所成角转化为相交直线所成角，或其补角即为与所成的角；D.利用等体积转化法求点到平面的距离.
【详解】因为，且，所以，．
又为的中线，所以，．
因为，所以．由题意，知，所以．
又，且，平面，所以平面，故A正确；
因为，，，所以平面．
又，所以平面．所以与平面所成的角为．
在中，，．所以，故B正确；
因为，所以或其补角即为与所成的角，连接，在中，，，，
所以由余弦定理，得．
在中，由勾股定理，得．
所以在中，，．
由余弦定理的推论，得，所以，
所以与所成的角为，故C错误；
因为，且，所以．又，
所以．
因为点到平面的距离为，所以由等体积法，得点到平面的距离为，故D错误．
故选：AB
3．（2024·江苏无锡·模拟预测）在平面四边形中，，将沿折起，使到达点的位置．已知三棱锥的外接球的球心恰是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．与平面所成的角相等
B．
C．二面角的大小可能为
D．若，则球的表面积为
【答案】ABD
【分析】对于A，取的中点得平面，平面，根据可判断A；可判断B；做， 得即为的平面角，若，则，推出矛盾可判断C；根据，求出正方体的外接球半径可判断D.
【详解】对于A，取的中点，因为，所以点是的外心，
连接，则平面，
因为是的中点，所以，所以平面，
点是是的中点，，所以，
又，所以，所以，故A正确；

对于B，，
，
，故B正确；
对于C，因为，，，平面，
所以平面，平面，所以，
做，交于点，
，平面，
所以平面，平面，所以，
所以即为的平面角，若，
则，而在直角三角形中，斜边，
这是不可能的，故C错误；

对于D，若，则，，
所以，外接球半径，
，故D正确.

故选：ABD．
【点睛】结论点睛：球的性质：①球的任何截面均为圆面；②球心和截面圆心的连线垂直于该截面.
4．（23-24高一下·山东济南·期中）已知正四棱台的高为，，，则（ ）
A．正四棱台的体积为
B．二面角的大小为
C．直线与平面ABCD所成角的正弦值为
D．异面直线与所成角的正切值为2
【答案】ABD
【分析】根据棱台的体积公式，即可判断A；设上、下底面的中心分别为，，分别取和的中点，，由二面角的定义知即为所求，再利用三角函数的知识，求解即可判断B；过点作于点，由线面角的定义知即为所求，再由三角函数的知识，求解即可判断C；由知或其补角即为所求，再结合余弦定理，求解即可判断D．
【详解】对于A：正四棱台的体积，故A正确；
对于B：设上、下底面的中心分别为，，则，
分别取和的中点，，连接，，，则，，
所以即为二面角的平面角，
过点作于点，
则，，
在中，，
因为，所以，
所以二面角的大小为，故B正确；
对于C：过点作于点，则平面，
所以，，且即为直线与平面所成角，
而，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为，故C错误；
对于D：因为，
所以与所成角就是异面直线与所成角，即或其补角就是所求，
过点作，交于点，则四边形是平行四边形，
所以，，
所以，
在中，，
则，所以，
所以异面直线与所成角的正切值为，故D正确．
故选：ABD．
三、解答题
5．（2024·陕西铜川·三模）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，点是的中点，是线段上靠近的三等分点，.
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）连接交于点，连接，由中位线证明线线平行，然后由线面平行的判定定理证明即可；
（2）由线面垂直证明出，计算出三角形的面积，设点到平面的距离为，由等体积法求解即可.
【详解】（1）证明：如图，
连接交于点，连接，
四边形是正方形，为中点，
是中点，，
平面平面平面.
（2）平面，平面，.
又四边形是正方形，.
又，平面，平面.
又平面.
点是的中点，.
又，平面，平面.
又平面.
又易知.
.
.
又是线段上靠近的三等分点，
，
.
设点到平面的距离为，则，解得.
点到平面的距离为.
6．（22-23高三上·江苏南京·阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，，点M，N分别在，上，且，．

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）分析题意，利用线面垂直的判定定理求解即可.
（2）利用线面垂直找到线面角，放到三角形中求解正弦值，再求角度即可.
【详解】（1）

如图，连接，∵，且，
，∴，
又因为直三棱柱，所以，
所以面，故，
所以四边形是平行四边形，
而，所以平行四边形是菱形，
因为，所以菱形是正方形，∴．
∵，，，面
∴平面，∵平面，∴，
又∵，面，∴平面．
（2）连接，由（1）知平面，
∴是直线与平面所成角．
由勾股定理得，，
则，∴，
故直线与平面所成角为．
7．（2024·山东济南·三模）如图所示，为矩形，为梯形，平面平面，.
(1)若点为的中点，证明:平面；
(2)求异面直线与所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由三角形中位线可得线线平行，即可由线面平行的判定求证，
（2）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而得线线垂直，即可求解长度，由三角形的边角关系即可求解.
【详解】（1）连接PC，交DE于，连接MN
为矩形为的中点
在中，M，N分别为PA，PC的中点
,
因为平面平面,
所以平面.
（2）
为矩形
平面平面
又平面，平面平面
∴平面
平面
在Rt中
又平面平面,
所以平面,平面,故，
在Rt中
，
由于，故直线与所成角即为
从而直线与所成角为
8．（2024·四川达州·二模）如图，在直角梯形中，，把梯形ABCD绕AB旋转至分别为中点.

(1)证明:平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)3
【分析】（1）先证明平面平面，再用面面平行性质得到线面平行.
（2）用等体积法求解即可.
【详解】（1）证明:设中点为，连接
为中位线，，
平面平面，
平面，
为梯形中位线，，
平面平面，
平面，
平面平面EFG，
平面平面，
平面平面.
（2）如图连接,平面
平面到平面的距离为3，
.
如图可求得直角梯形中，可求得．
由余弦定理求得为等边三角形，则，
同理．如图等腰梯形中，得.

可求，设到平面的距离为，
.
到平面的距离为3.
9．（24-25高三上·广东·阶段练习）如图，三棱柱中，侧面是边长为2的正方形，，．
(1)证明：；
(2)若二面角的余弦值为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）侧面是边长为2的正方形得到和的关系，、和的长度，根据侧面是平行四边形得到和，在中，由余弦定理得，判断的形状，证明平面，证明；
（2）取的中点，记为D，连接，．证明，，平面，求出二面角的平面角，证明平面，记二面角为，表示出与的关系，找到和的关系，求出，求出，证明，求出.
【详解】（1）侧面是边长为2的正方形，
，，，
侧面是平行四边形，
，
在中，由余弦定理有，
解得，是直角三角形，
，，，平面，
平面，又平面，
；
（2）取的中点，记为D，连接，，
，，
，，
，，平面，
平面，为二面角的平面角．
又平面，，
平面，记二面角为，
则，，
，．
平面，，
，，，
的值为．
10．（2024·贵州遵义·二模）通过化学的学习，我们知道金刚石是天然存在的最硬的物质，纯净的金刚石是无色透明的正八面体形状的固体，如图1是组成金刚石的碳原子在空间中排列的结构示意图，从图中可以看出，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接，从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个所有棱长都相等的正三棱锥的4个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离相等的位置，如图2所示：
(1)在金刚石的碳原子空间结构图（图2）中，求直线与直线所成角的余弦值；
(2)若四面体和正八面体的棱长相等，现将两几何体拼接起来，使它们一个表面完全重合，得到一个新多面体，判断新多面体为几面体，并说明理由．
【答案】(1)；
(2)七面体，理由见解析.
【分析】（1）把正四面体放入正方体中，利用余弦定理计算即得.
（2）利用余弦定理求出二面角及二面角的余弦值，借助余弦值的关系确定共面即可推理得解.
【详解】（1）将正四面体放入正方体中，为正方体的中心，如图，设正方体棱长为，
则，在中，由余弦定理得：
所以直线与直线所成角的余弦值为.
（2）新多面体为七面体.
设四面体和正八面体的棱长为1，
在正四面体中，取中点为，连接，
在正中，，同理，则为二面角的平面角，
，在中，由余弦定理得：
，
在四棱锥中，取中点，连接，在正中，，同理，
即即为二面角的平面角，而，
在中，由余弦定理得：，
于是二面角与二面角互补，同理得二面角的余弦值为，
以平面与平面完全对应重合为例，则，，，四点共面，
同理，，，四点共面，，，，四点共面，
所以将两几何体拼接起来，使它们一个表面完全重合，得到一个七面体.
1．（2024·全国·高考真题）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果.
【详解】解法一：分别取的中点，则，
可知，
设正三棱台的为，
则，解得，
如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，
则，，
可得，
结合等腰梯形可得,
即，解得，
所以与平面ABC所成角的正切值为；
解法二：将正三棱台补成正三棱锥，
则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，
因为，则，
可知，则，
设正三棱锥的高为，则，解得，
取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，
所以与平面ABC所成角的正切值.
故选：B.
2．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心．
(1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形的边长，然后求圆锥的体积；
（2）连接，可先证平面，根据线面角的定义得出所求角为，然后结合题目数量关系求解.
【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则，
又正四棱锥底面是正方形，由可得，，
故，
根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥，
即圆锥的高为，底面半径为，
根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是
（2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，
由是中点，则，又平面，
故平面，即平面，又平面，
于是直线与平面所成角的大小即为，
不妨设，则，，
又线面角的范围是，
故.即为所求.
3．（2024·全国·高考真题）如图，，，，,为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到的距离.
【答案】(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；
（2）先证明平面，结合等体积法即可求解.
【详解】（1）由题意得，，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面平面，
所以平面；
（2）取的中点，连接，，因为，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形，
可得，
又，所以，故.
又平面，所以平面，
易知.
在中，，
所以.
设点到平面的距离为，由，
得，得，
故点到平面的距离为.
4．（2024·全国·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，．
(1)若，证明：平面；
(2)若，且二面角的正弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出．
【详解】（1）（1）因为平面，而平面，所以，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以.
因为，所以， 根据平面知识可知，
又平面，平面，所以平面．
（2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，
因为平面，所以平面平面，而平面平面，
所以平面，又，所以平面，
根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，
即，即．
因为，设，则，由等面积法可得，，
又，而为等腰直角三角形，所以，
故，解得，即．
5．（2023·全国·高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【详解】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，
又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，

显然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，显然平面平面，
直线平面，则直线在平面内的射影为直线，
从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：
，
由正弦定理得，即，
显然是锐角，，
所以直线与平面所成的角的正切为.
故选：C
6．（2023·北京·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)
【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；
（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【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，PA∩PB=P，
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y1=−1，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.
7．（2023·全国·高考真题）（多选）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为B．该圆锥的侧面积为
C．D．的面积为
【答案】AC
【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.
【详解】依题意，，，所以，
A选项，圆锥的体积为，A选项正确；
B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；
C选项，设是的中点，连接，
则，所以是二面角的平面角，
则，所以，
故，则，C选项正确；
D选项，，所以，D选项错误.
故选：AC.

8．（2023·全国·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)
【分析】(1)由平面得，又因为，可证平面，从而证得平面平面；
(2) 过点作，可证四棱锥的高为,由三角形全等可证，从而证得为中点，设，由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求.
【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．
9．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．

(1)证明：；
(2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得平面，再由勾股定理求出为中点，即可得证；
（2）利用直角三角形求出的长及点到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值.
【详解】（1）如图，
底面，面，
，又，平面，,
平面ACC1A1，又平面，
平面平面，
过作交于，又平面平面，平面，
平面
到平面的距离为1，，
在中，，
设，则，
为直角三角形，且，
，，，
，解得，
，
（2），
，
过B作，交于D，则为中点，
由直线与距离为2，所以
，，，
在，，
延长，使，连接，
由知四边形为平行四边形，
，平面，又平面，
则在中，，，
在中，，，
,
又到平面距离也为1，
所以与平面所成角的正弦值为.
10．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明；
（3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，

于是，即，则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）法一：由（1）可知，则，得，
因此，则，有，
又，平面，
则有平面，又平面，所以平面平面.
法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
在中，，
在中，，
设，所以由可得：，
可得：，所以，
则，所以，，
设平面的法向量为n1=x1,y1,z1，
则，得，
令，则，所以，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
，
所以平面平面BEF；

（3）法一：过点作交于点，设，
由，得，且，
又由（2）知，，则为二面角的平面角，
因为分别为的中点，因此为的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，则，
从而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值为.

法二：平面的法向量为，
平面的法向量为，
所以，
因为，所以，
故二面角的正弦值为.
11．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，

(1)求证：//平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；
（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；
（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解
【详解】（1）

连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，
由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，
又平面，平面，于是//平面.
（2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接.
由面，面，故，又，，平面，则平面.
由平面，故，又，，平面，于是平面，
由平面，故.于是平面与平面所成角即.
又，，则，故，在中，，则，
于是
（3）[方法一：几何法]

过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.
由题干数据可得，，，根据勾股定理，，
由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.
又平面，则，又，，平面，故平面.
在中，，
又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，
即点到平面的距离是.
[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.
设点到平面的距离为.
，
.
由，即.
12．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先用几何法表示出，再根据边长关系即可比较大小．
【详解】如图所示，过点作于，过作于，连接，
则，，，
，，，
所以，
故选：A．
13．（2022·全国·高考真题）（多选）已知正方体，则（ ）
A．直线与所成的角为B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为D．直线与平面ABCD所成的角为
【答案】ABD
【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，
因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；
连接，因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
又平面，所以，故B正确；
连接，设，连接，
因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
设正方体棱长为，则，，，
所以，直线与平面所成的角为，故C错误；
因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.
故选：ABD
14．（2021·全国·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，PD=DC=1，为的中点，且PB⊥AM．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；
（2）求出平面PAM、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法
平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、、，
则，，
，则，解得，故；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结．因为底面，且底面，所以PD⊥AM．
又因为PB⊥AM，PB∩PD=P，所以平面．
又平面，所以．
从而．
因为，所以．
所以，于是．
所以12BC2=1．所以．
[方法三]：几何法+三角形面积法
如图，联结交于点N．
由[方法二]知AM⊥DB．
在矩形中，有，所以，即．
令，因为M为的中点，则，，．
由，得，解得，所以．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面PAM的法向量为，则，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，
所以，，
因此，二面角的正弦值为.
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．
联结，由三垂线定理可知，
故为二面角的平面角．
易证四边形是边长为的正方形，联结，．
，
由等积法解得．
在中，，由勾股定理求得．
所以，，即二面角的正弦值为．
【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.
（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.
15．（2021·全国·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．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，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．