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专题1-3 空间向量综合：斜棱柱、不规则几何体建系计算（讲+练）-高二数学热点题型讲与练（人教A版选择性必修第一册）
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这是一份专题1-3 空间向量综合：斜棱柱、不规则几何体建系计算（讲+练）-高二数学热点题型讲与练（人教A版选择性必修第一册），文件包含专题1-3空间向量综合斜棱柱不规则几何体建系计算原卷版docx、专题1-3空间向量综合斜棱柱不规则几何体建系计算解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共63页， 欢迎下载使用。
热点考题归纳
【题型一】斜棱柱垂面型建系
【典例分析】
1.（2023·江西·校联考模拟预测）如图，三棱柱中，，D是AC的中点，.
(1)证明：⊥平面；
(2)若点到平面的距离是棱长AB的，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2).
【分析】（1）先证明，结合，利用线面垂直的判定证明平面，进而得到，再证明，并利用线面垂直判定证明⊥平面；
（2）建立空间直角坐标系，设，由条件证明，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式求二面角的余弦值..
【详解】（1）因为，D是AC的中点，所以BD⊥AC，因为，，平面，
所以BD⊥平面，又平面，所以
因为，D是AC的中点，所以，因为，，平面，
所以⊥平面．
（2）由（1）知⊥平面，，所以两两垂直，
以为原点，以所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，平面，所以，AC⊥平面，
因为，所以，取的中点，连接，，可得，
所以平面，即为平面，又AC平面，
所以平面平面，过点作于点H，平面，
平面平面，则⊥平面，所以，
令，则因为，，
所以，所以，，所以，所以，
因为，，所以，所以，，
，设平面的一个法向量为，
则得，令，则，所以为平面的一个法向量，
又BD⊥平面，所以是平面的一个法向量，，
所以二面角的余弦值为.
2.（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：OD∥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).
【分析】（1）连接，则为的中点，然后由三角形中位定理可得∥，再由线面平行的判定定理可证得结论；
（2）由题意可证得平面，所以以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【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.
【提分秘籍】
【变式演练】
1.．（2023·天津津南·天津市咸水沽第一中学校考模拟预测）如图，在三棱柱中，平面平面，是的中点，且.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见详解(2)(3)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理结合面面垂直的性质定理分析证明；
（2）建系，利用空间向量求线面夹角；
（3）建系，利用空间向量求面面夹角
【详解】（1）连接，由题意可知：为等边三角形，且是的中点，所以，
因为平面平面，平面平面，，所以平面，
且平面，可得，，平面，所以平面.
（2）取的中点，连接，由题意可知：为等边三角形，则，
因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，如图，以为坐标原点原点建立空间直角坐标系，
则，可得，设平面的法向量，则，
令，则，即，可得，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）由（1）可知：平面，则为平面的法向量，由（2）可得：，
所以平面与平面所成角的余弦值.
2.（2023·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，，点在线段上，，平面平面．
(1)求四面体的体积；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）取的中点，连接，过点作的平行线，易证，根据面面垂直的性质可得平面，从而可得平面，以点为原点，建立空间直角坐标系，取的中点，连接，根据求得点得坐标，根据，求出，再根据锥体得体积公式即可得解；
（2）利用向量法求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，过点作的平行线，在菱形中，为等边三角形，又底面是边长为4的菱形，，且，又平面平面，平面平面平面，平面，又平面，又平面，又，如图以点为原点，建立空间直角坐标系，，取的中点，连接，则，
，，设，则，
由，得，即，
设，则，，
，；
（2）设平面的一个法向量为，由，
得取，又，
∴直线与平面所成角的正弦值为：.
【题型二】斜棱柱垂线法建系
【典例分析】
1.（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)
【分析】（1）根据圆的几何关系证明先线垂直，再根据线面垂直的性质和线面垂直判定即可求解；（2）根据线面角法向量求法和均值不等式即可求解.
【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.
2.（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）斜三棱柱的各棱长都为，点在下底面的投影为的中点.
(1)在棱（含端点）上是否存在一点使？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)存在，(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，假设在棱（含端点）存在一点使，利用，结合向量垂直的坐标表示即可求得答案.
（2）求出平面的法向量，根据空间距离的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）因为点在下底面的投影为的中点，故平面，
连接，由题意为正三角形，故,
以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系：
则，，
设，可得，，
假设在棱（含端点）上存在一点使，则，
则；
（2）由（1）知，设平面的法向量为，
则，令，则，则，又，
则到平面的距离为，即点到平面距离为.
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2023·广东韶关·统考模拟预测）如图，在三棱柱中，为的中点，，，，点在底面上的射影为点.
(1)求证：平面；
(2)若，求平面与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）连接交于点，连接，可得，进而可证平面；
（2）如图以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用向量法可求平面与平面所成角的余弦值，即可得解．
【详解】（1）连接交于点，连接，则是的中点，
由于、分别是，的中点，
所以，由于平面，平面，所以平面；
（2）由点在底面上的射影为点，所以平面．
在中，，，，，过作的平行线为，易知，，两两垂直，如图以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，
，，，，，，得，，，，，设平面的法向量， ，令，则，，
，设平面的法向量为， ，令，则，，
平面的法向量为， 设平面与平面所成角为，所以，则，所以平面与平面所成角的正弦值为．
2.（2023·福建福州·福州三中校考模拟预测）如图，在三棱柱中，，侧面为菱形，为等边三角形．
(1)求证：；
(2)若，点E是侧棱上的动点，且平面与平面的夹角的余弦值为，求点B到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）先证明平面,再根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
（2）建立平面直角坐标系，求得相关点坐标，设，求出平面的一个法向量，根据平面与平面的夹角的余弦值求得参数，根据空间距离的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）连接与相交于点，连接，如图所示：
∵四边形为菱形，∴为的中点，则．
为等边三角形，有，平面，，∴平面,平面，∴，又，平面，，∴平面,∵平面，∴．
（2）由（1）知，，且平面，
故平面，而平面，故平面平面，分别取的中点，连接，
则，∴平面，为等边三角形，，而平面平面，平面，故平面，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，，，，
设，则，∴，，设平面的一个法向，则有，
令，则，，即，又∵平面的法向量为，
∴平面与平面的夹角的余弦值为,
∴，∴或（舍），此时，又，
∴点到平面的距离为：．
【题型三】 棱锥垂面型建系
【典例分析】
1.（2023·贵州贵阳·校联考三模）如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，.
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面所成二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据线面垂直判定可得平面，得到；由勾股定理可证得；由线面垂直和面面垂直的判定可证得结论；
（2）作，垂足为，且，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）四边形为直角梯形，，，又，，平面，平面，又平面，；作，
，，，，又，，
，，，，平面，平面，
平面，平面平面.（2）作，垂足为，且，
由（1）知：平面，平面，，，，，，，
，，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，
则，，，，
平面，是平面的一个法向量；设平面的法向量，又，，，令，解得：，，；
；由图形可知：平面与平面所成二面角为锐二面角，
平面与平面所成二面角的余弦值为.
【提分秘籍】
【变式演练】
（2023·贵州毕节·校考模拟预测）如图，在三棱锥中，平面平面，点在棱上，且．
(1)证明：平面平面．
(2)设是的中点，点在棱上，且平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）利用余弦定理求出，利用勾股定理可证得，再利用面面垂直的性质的定理可证得结论成立；
（2）推导出点为的中点，然后以点为坐标原点，以、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线作轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，利用空间向量法可求得二面角的余弦值，即可求得二面角的正弦值.
【详解】（1）证明：由，
得，，，，
由余弦定理可得，
，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，
平面平面；
（2）因为平面，平面，平面平面，故，
而是的中点，故为中位线，得，
又，故为中点，
由（1）可知平面，以点为坐标原点，以、所在直线分别为、轴，
过点且垂直于平面的直线作轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设点，其中，，，，所以，，解得，则，解得，故点，
设平面的法向量为，，，则，取，可得，设平面的法向量为，，则，取，可得，所以，.
由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.
那么二面角的正弦值为.
【题型四】斜面棱锥型建系
【典例分析】
（2023秋·重庆长寿·高二统考期末）如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，，．
(1)求证：；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据题意结合线面垂直的判定定理和性质定理分析证明；
（2）建系，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）取中点，连接，，
在和中，，，，
可得，则，所以，
因为，且，平面，
所以平面，
且平面，所以.
（2）在平面中，过点作，交延长线于点，连接，，，
由（1）得平面，且平面，所以，
且，平面，所以平面，
在中，，，
由余弦定理可得，即，
在中，，
在中，，
在中，，可得，，
则以A为原点，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
可得，，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，即，
设平面的法向量为，则，
令，则，，即，
设平面与平面的夹角，
可得，
所以平面与平面的夹角的余弦值.
【提分秘籍】
【变式演练】
（2023·全国·模拟预测）四棱锥中，面，，底面ABCD中，，，.
(1)若点在线段BC上，试确定的位置，使面面ABCD，并给出证明；
(2)求二面角A-EB-C的余弦值.
【答案】(1)点是的中点，证明见解析(2)
【分析】（1）先取点是的中点，再应用面面垂直判定定理证明面面.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法先求平面与平面的法向量，再用两个法向量所成角的余弦值得到二面角A-EB-C的余弦值.
【详解】（1）当点是的中点时，面面.证明：由点是的中点，得，又，，所以，，四边形是平行四边形.根据，得四边形是矩形，故.因为面，面，所以，因为，，面，
于是面，由于面，因此面面.
（2）结合（1）中结论，不妨令为的中点，因为面面，面面，
所以过点作于点，则面，
以为轴，以过点所作的垂线为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，因为面，面，所以，
在中，根据，，可得，，，，
则，，，，，，.
设面的法向量为，则，即令，则，，所以，
设面的法向量为，则即令，则，，所以.
，设二面角的大小为，易知，所以，因此二面角的余弦值为..
【题型五】 平行六面体型建系
【典例分析】
（2023·江苏扬州·统考模拟预测）如图，平行六面体的体积为6，截面的面积为6．
(1)求点到平面的距离；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)1(2)
【分析】（1）应用等体积法求出点到平面距离；
（2）空间向量法求线面角的正弦值即可.
【详解】（1）在平行六面体中，是三棱柱，
，
设点到平面的距离为，则，所以，
即点到平面的距离为1．
（2）在中，，所以是菱形，连接交于，则，
由（1）知点到平面的距离为1，所以平面．
设点在直线上射影为点，
则，且，
所以和重合，即．
以为坐标原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
根据，则，
，设平面的一法向量为，
则，取，则，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角正弦值为．
【提分秘籍】
【变式演练】
（2023·江西宜春·校联考模拟预测）如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，AC=2BD=2AA1=4，AC1⊥CC1，AA1⊥BD，E是侧棱BB1上一点.
(1)若BE＝B1E，证明：CC1⊥平面AC1E；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）设，交于点，连接，，可证，，进而可证平面，进而，，可证结论；
（2）过作，垂足为，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用向量法求二面角的余弦值．
【详解】（1）证明：如图，设，交于点，连接，，
因为四边形是菱形，，，所以，.
因为，，平面，，所以平面，
因为平面，所以，连接，，所以，
因为，所以，所以.
因为，所以，所以.因为，平面，，
所以平面.
（2）过作，垂足为，因为平面，平面，所以，
又，，平面，，所以平面.
如图，以为坐标原点，，所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，因为，所以，
则，所以.易知平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以.
设二面角的大小为，
所以，由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
【题型六】等角射影角平分线型建系
【典例分析】
（2022·江西·校联考模拟预测）如图，在三棱柱中，，，．
(1)求证：；
(2)若为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据已知可推得，，进而得出平面，.然后根据勾股定理，可证得，进而得出平面，即可得出证明；
（2）设，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，然后求出以及平面的法向量，根据向量法即可求出答案.
【详解】（1），，.，，.
，平面，平面，平面.
又平面，.在中，有.，，
，，.又平面，平面，，
平面.平面，．
（2）由（1）知，平面，.
设，则，，
则以为原点，分别以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，，，
，，.设平面的一个法向量为，
，即，取，则，，所以是平面的一个法向量，
，直线与平面所成角的正弦值．
【提分秘籍】
【变式演练】
（2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考三模）如图，在四棱柱中，
(1)求证：平面平面；
(2)设为棱的中点，线段交于点平面，且，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理作答.
（2）由（1）的信息，以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
【详解】（1）设交于点，连接，如图，
因为，则点在线段的垂直平分线上，即有为的中点，
又因为，则，又平面，因此平面，而平面，
所以平面平面.
（2）由（1）知，平面，而平面，则平面平面，
在平面内过作，又平面平面，因此平面，
射线两两垂直，以为原点，射线的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，
因为为棱的中点，则点是正的重心，又，平面，且，则，所以，设平面的法向量为，
则，令，得，设平面的法向量为，
则，令，得，设平面与平面的夹角为，则，即平面与平面的夹角的余弦值为.
【题型七】台体建系
【典例分析】
（2023·浙江·校联考三模）如图，三棱台中，，，为线段上靠近的三等分点.
(1)线段上是否存在点，使得平面，若不存在，请说明理由；若存在，请求出的值；
(2)若，，点到平面的距离为，且点在底面的射影落在内部，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)存在，(2)
【分析】（1）取的靠近点的三等分点，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可得出平面，由此可得出结论；
（2）过点在平面内作，垂足为点，连接，过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，求出的值，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）取的靠近点的三等分点，连接、、，
则，又因为，所以，四边形为平行四边形，则，因为平面，平面，所以，平面，
因为，所以，，因为平面，平面，所以，平面，
因为，、平面，所以，平面平面，因为平面，故平面，因此，线段上是否存在点，且当时，平面.
（2）过点在平面内作，垂足为点，连接，
由，，，所以，，
所以，，所以，，过点在平面内作，垂足为点，
因为，，，、平面，
所以，平面，因为平面，则，
又因为，，、平面，所以，平面，
因为点到平面的距离为，即，
且，所以，
由图可知，为锐角，所以，，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
，，设平面的法向量，则，
取，则，，
所以，，
因为，因此，与平面所成角的正弦值为.
【提分秘籍】
【变式演练】
（2023·安徽合肥·二模）如图，在多面体ABCFDE中，四边形ABED是菱形，，，平面ABED，点G是线段CD的中点．
(1)证明：平面BCD；
(2)若，求直线FG与平面ACD所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）连接AE，交BD于点O，连接GO.根据题意得到和，利用线面垂直的判定得到平面CBD，然后利用中位线定理得到四边形EFGO为平行四边形，进而得到，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，分别求出平面的法向量和直线的方向向量，利用空间向量的夹角公式进而求解.
【详解】（1）连接AE，交BD于点O，连接GO．在菱形ABED中，．
因为平面ABED，平面ABED，所以．又因为，平面CBD，所以平面CBD．因为，且，，
所以，且，所以四边形EFGO为平行四边形，所以，
所以平面CBD．
（2）如图，以B为坐标原点，分别以BC，BA所在直线为x，y轴建立空间直角坐标系，如图．
设，则，，，，
设平面ACD的一个法向量为，由得，取，
因为，记直线FG与平面ACD所成角为，则，
所以，直线FG与平面ACD所成角的正弦值是．
【题型八】不规则几何体型建系
【典例分析】
（2023·广西南宁·南宁二中校联考模拟预测）如图所示，在多面体中，底面为直角梯形，，，侧面为菱形，平面平面，M为棱的中点．
(1)若点N为的中点，求证：平面；
(2)若，，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，，证得，利用线面平行的判定定理，即可证得平面．
（2）根据题意，证得平面，以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：连接，，因为M，N分别为，的中点，所以为的中位线，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）解：取的中点O，连接，因为侧面为菱形，且，
所以在中，，解得，所以'，即，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，过O作的垂线，交于H并延长，
分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，设，则，故，，，，，
则，，，，，
设平面的法向量为，则 ，即，
取，可得，
设平面的法向量为， ，即，
令，则，所以，
则，故平面与平面夹角的余弦值为．
【提分秘籍】
【变式演练】
（2023·山东济南·校考模拟预测）如图，在直角梯形ABCD中，，，四边形为平行四边形，对角线和相交于点H，平面⊥平面，，，G是线段上一动点（不含端点）．
(1)当点G为线段BE的中点时，证明：平面；
(2)若，且直线与平面成角，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）连接，由三角形中位线和边长关系可知四边形是平行四边形，即可证明平面；
（2）根据题意可知，以为原点建立空间直角坐标系，可设利用空间向量即可表示出，进而确定点位置，再分别求得两平面的法向量即可得出二面角的正弦值为.
【详解】（1）证明：连接，如下图（1）中所示：因为四边形为平行四边形，所以是中点，
又点为线段的中点，则，且,又且，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；
（2）以为原点，为轴，过且在平面内与垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图（2）所示：由平面⊥平面，，可知，
均为边长为2的正三角形，则有，
设，则，
为平面的法向量，所以，
解得（其中舍去）,所以，
设平面的法向量为，则有，
令，则，故可取．
设平面的法向量为，则有，
令，则，故可取所以．
所以二面角的正弦值为．即二面角的正弦值为.
【题型九】翻折型建系
【典例分析】
（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).
【分析】（1）先证明，根据线线平行判定定理平面，再由线面平行性质定理证明线线平行；
（2）建立空间直角坐标系，设点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的法向量公式计算即可求解.
【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.
【提分秘籍】
【变式演练】
（2023·山东泰安·统考模拟预测）如图1，在平行四边形中，，，为的中点，，，沿将翻折到的位置，如图2，.
(1)证明：平面；
(2)求平面和平面的夹角.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）确定为正三角形，，证明，得到证明.
（2）确定平面，，建立空间直角坐标系，确定平面和平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【详解】（1），，为正三角形，，则为中点，
设，，，故，故为的三等分点，
，为的三等分点，即F为的中点，故，
平面，平面，故平面.
（2）由题设易得，，，
故，即，，故，
，，PH、HF在面PHF内，故平面.
PF在面PHF内，故，又，，AC、AD在面ABCD内，故平面.
在中，，
由题意易得∠ABC=60°，∠BAC=30°，则∠ACB=90°，故，
过点作平面的垂线为z轴，以分别为轴、轴正方向，建立如图所示坐标系.
则，，，，，
，，，设平面的一个法向量为，则，
令，则，所以设平面的一个法向量为，则，
令，则，，所以，设平面和平面的夹角为，,
则，，所以平面和平面的夹角为.
【题型十】无垂面垂线型
【典例分析】
（2023·贵州毕节·校考模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面是矩形，，，分别为棱的中点，为线段的中点．
(1)证明：平面．
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）连接，利用平行线分线段成比例定理，及线面平行的判断定理推理作答.
（2）由已知证明平面，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
【详解】（1）在三棱柱中，连接，交于点，连接，如图，
四边形为平行四边形，有，而为的中点，则，
由，得，又分别为的中点，即有，
因此，则，而平面平面，
所以平面．
（2）因为，则是菱形，又，即，是正三角形，
则，矩形中，，而，
平面，于是平面，令，
过作，则平面，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，设平面和平面的法向量分别为，，则，令，得，
，令，得，，令二面角的大小为，
则，于是，所以二面角的正弦值为．
【变式演练】
（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)
【分析】（1）构造面面平行，利用面面平行的性质定理证明线面平行即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线的方向向量与平面的法向量，即可得线面夹角的正弦值.
【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．
题
1．（2023·全国·高二专题练习）如图1，在等边中，点，分别为边，上的动点，且满足，记.将沿翻折到位置，使得平面平面，连接，得到图2，点为的中点.
(1)当平面时，求的值；
(2)试探究：随着值的变化，二面角的大小是否为定值？如果是，请求出二面角的正弦值；如果不是，请求出二面角的余弦值的取值范围.
【答案】(1)(2)是，
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解，
（2）由法向量的夹角即可求解二面角.
【详解】（1）取的中点，连接并延长与相交，因为，，所以，即，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，建立如图空间直角坐标系，不妨设，则，，，，，，
所以，，.
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以即是平面的一个法向量，
因为平面，所以，，解得；
（2）
由（1）知，是平面的一个法向量，
同理可求平面的一个法向量为，
，即随着值的变化，二面角的大小为定值.
且，所以二面角的正弦值为.
2．（2023·全国·高二专题练习）如图（1）所示，在中，，，，垂直平分．现将沿折起，使得二面角大小为，得到如图（2）所示的空间几何体（折叠后点记作点）
(1)求点到面的距离；
(2)求四棱锥外接球的体积；
(3)点为一动点，满足，当直线与平面所成角最大时，试确定点的位置．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）由已知可证得平面平面，取中点 ，连接 ，则有两两垂直，所以以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量求解，
（2）连接，则四边形的外接圆圆心在的中点，外接圆的圆心为的三等分点，过点圆心分别作两面垂线，则垂线交点即为球心，连接，求出其长度可得外接球的半径，从而可求出外接球的体积，
（3）由，表示出点的坐标，然后利用空间向量表示出直线与平面所成角的正弦值，求出其最大值可得答案.
【详解】（1）由，，，得 ，，
因为垂直平分，
所以，
所以为平面与平面的二面角的平面角，
所以 ，，所以为等边三角形，
取中点 ，连接 ，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
因为
所以为二面角的平面角，
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，
设的一个法向量为 ，则
，令，则
又，
所以点到面的距离；
（2）连接，由，则四边形的外接圆圆心在的中点，
为正三角形，则外接圆的圆心为的三等分点，
过点圆心分别作两面垂线，则垂线交点即为球心，
如图所示，连接，则即球的半径.
在中，，
则，
在中，，
所以由勾股定理得，
则球的体积 ；
（3）设，由得，
所以，得， ，
所以，
设直线与平面所成角为（），
则
所以当时，取得最大值，
此时直线与平面所成角最大，
即当时，直线与平面所成角最大.
3．（2023秋·重庆长寿·高二统考期末）如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，，．
(1)求证：；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据题意结合线面垂直的判定定理和性质定理分析证明；
（2）建系，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）取中点，连接，，
在和中，，，，
可得，则，所以，
因为，且，平面，
所以平面，
且平面，所以.
（2）在平面中，过点作，交延长线于点，连接，，，
由（1）得平面，且平面，所以，
且，平面，所以平面，
在中，，，
由余弦定理可得，即，
在中，，
在中，，
在中，，可得，，
则以A为原点，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
可得，，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，即，
设平面的法向量为，则，
令，则，，即，
设平面与平面的夹角，
可得，
所以平面与平面的夹角的余弦值.
4．（2023·全国·高二专题练习）在底面ABCD为梯形的多面体中.，BC⊥CD，，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，且四边形BDEN为矩形．
(1)求证：BD⊥AE；
(2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°？若不存在，请说明理由．若存在，确定点Q的位置并加以证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处，证明见解析
【分析】（1）根据已知条件及勾股定理和逆定理，利用矩形的性质及线面垂直的的判定定理，结合线面垂直的性质定理即可求解；
（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量的共线定理，求出点的坐标，分别求出直线BE的方向向量和平面QAD的法向量，再利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的关系即可求解.
【详解】（1）由题意知，，BC⊥CD，，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，
故有，易得，BD＝2，，
在△ABD中，∵，∴BD⊥AD．
因为四边形BDEN为矩形，则BD⊥DE，
又，平面ADE，平面ADE，
故BD⊥平面ADE．
因为平面ADE，
所以BD⊥AE．
（2）存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处．
证明如下：以点D为坐标原点，建立的空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
所以，，
设，其中，解得，
故，
设平面QAD的法向量为， 则
即令y＝1，则，z＝－2λ，
故，
因为直线BE与平面QAD所成的角为60°，
所以，解得或，
故存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处．
5．（2023秋·全国·高二期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，分别是线段的中点，在平面内的射影为.
(1)求证：平面；
(2)若点为棱的中点，求点到平面的距离；
(3)若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）法一：利用线面垂直、面面垂直的性质定理与判定定理可证；
法二：建立空间直角坐标系，利用数量积为0，可证，从而得证；
法三：如法二建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，证明其与平行，从而得证；
（2）利用空间向量法求点到面的距离；
（3）利用空间向量求出二面角的余弦值，再借助函数性质求值域.
【详解】（1）法一：连结，因为为等边三角形，为中点，，
又平面，平面，
平面
平面，又平面，
由题设知四边形为菱形，，
分别为中点，，
又平面平面.
法二：由平面，平面，
又为等边三角形，为中点，，则以为坐标原点，所在直线为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则
又平面平面.
法三：（同法二建系）设平面的一个法向量为
，即
不妨取，则，则
所以平面的一个法向量为
，，，平面
（2）由（1）坐标法得，平面的一个法向量为（或）
点到F到平面的距离=
（3）
设，则，
；
由（1）知：平面平面的一个法向量
（或者由（1）中待定系数法求出法向量）；
设平面的法向量，
则，令，则；
，
令，则；
，
即锐二面角的余弦值的取值范围为.
6．（2023·全国·高二专题练习）如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，二面角的大小为，是中点.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先利用线线平行证明线面平行，再证面面平行，最后由面面平行证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量法求解二面角的余弦值.
【详解】（1）取中点，连接，因为直角梯形中，
，且，所以四边形是平行四边形，
平面平面，
平面.
又是中点平面平面，
平面，
又平面，平面平面，
平面平面.
（2）连接，由知：，
由（1）知：且，
，在平面内过点作交于点，
则两两互相垂直，
以为坐标原点，以方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，
从而，
设平面的法向量为，
即，令，得，
易知平面的一个法向量为，
，
由题意知，二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.
7．（2023·全国·高二专题练习）如图，在多面体中，，，都是边长为2的等边三角形，平面平面，平面平面．
(1)判断，，，四点是否共面，并说明理由；
(2)在中，试在边的中线上确定一点，使得平面．
【答案】(1)，，，四点共面，理由见解析
(2)为中点
【分析】（1）取的中点，取的中点，连接，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，设，由，求得，得到向量，得出，即可得到，，，四点共面；
（2）设，得到，根据平面，列出方程，求得，即可求解.
【详解】（1）答案：四点共面.
证明：取的中点，连接，，取的中点，连接，
则在等边三角形中，，
又因为平面平面，所以平面，
同理，得平面，平面，
所以，，两两垂直，且，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立的空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，
设，由，即，
解得，，，所以，所以，
又由，，所以，
所以，，共面，
因为为公共点，所以，，，四点共面.
（2）解：设，故，
若平面，则，即，解得，
所以为中点时，平面．
8．（2023·江苏·高二专题练习）如图，在四棱台中，平面，四边形为菱形，.
(1)证明：；
(2)点是棱上靠近点的三等分点，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，结合菱形对角线互相垂直，得到线面垂直，证明出结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的大小.
【详解】（1）四棱台中，延长后交于一点，故共面，
因为平面平面，故，
连接，因为底面四边形为菱形，故，
因为平面，
故平面，
因为平面，
所以；
（2）过点作的垂线交与点，以作为轴，以分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，
由于，故，
由于点是棱上靠近点的三等分点，故，
则，
则，
记平面的法向量为，则，
令，则，即..
平面的法向量可取为，
则
由图知二面角为锐二面角，故二面角的余弦值为.
9．（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
【分析】（1）根据题意三垂线法可得二面角的平面角为，进而可得结果；
（2）法一：建系，利用空间空间向量处理二面角问题；法二：根据题意三垂线法可得二面角的平面角为，进而可得结果.
【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.
一、热考题型归纳
【题型一】 斜棱柱垂面型建系
【题型二】 斜棱柱垂线型建系
【题型三】 棱锥垂面型建系
【题型四】 斜面棱锥型建系
【题型五】 平行六面体型建系
【题型六】 等角射影角平分线性建系
【题型七】 台体建系
【题型八】 不规则几何体型建系
【题型九】 翻折型建系
【题型十】 无垂面垂线型建系
二、培优练
斜棱柱垂面型，从以下几方面思考：
垂面如果是菱形，多是60°角菱形，则可以通过菱形分割成两个等边三角形，再借助“等边三角形的中线就是高”，寻找建系的Z轴
垂面如果是一般梯形，可以借助梯形的中线（等腰梯形）或者直角梯形的直角腰建系。
斜棱柱垂线型建系
如果存在垂线（投影型）斜棱柱，则可以直接借助垂线作为z轴建系，下底面，可以寻找或者做出一对垂线作为xy轴。这类建系，主要难点是分析“空中”的点的坐标。空中点坐标可以有以下思维：
让空中点垂直砸下来（落下来，寻找投影），投影点坐标以及下落的高度
借助向量相等，寻找空中点所在线段的向量对应的底面相等向量，即可计算出空中点的坐标
棱锥垂面型建系
棱锥型垂面相对而言较简单，棱锥型垂面，一般垂面多是等腰三角形较多，可以直接用中线来作为z轴。
如果是任意三角形，则借助三角形正余弦定理求出高度。z轴可以选择合适的底面垂线组处
斜面型棱锥建系
斜面型棱锥， 不容易找到垂面和垂线，多采用投影法来建系：从棱锥顶点向下底面做垂线，通过题中条件，寻找并计算出三棱锥的高。再在垂足处，构造或者寻找一对互相垂直的线作为x、y轴来建立坐标系。
平行六面体型建系
平行六面体建型，一般情况下，平行六面体具有特殊性：平行六面体的测棱和底面两边所成的角度相等，此时，侧棱在底面射影是底面相邻边所成角度的角平分线（可证明），可以选侧棱上合适的点做底面投影以作为z轴建系。
等角射影平分线型建系
如果一条线和一个角的两边所成角度相等，则该线在角度所在平面射影是角平分线。此时，这个模型也满足“三面角余弦定理”：
大题解答时，需要简单的证明才能使用
台体建系型
正棱台型，建系较简单，一般是正多边形中心作为原点，上下底面连线作为z轴。
非正棱台型，如有垂面或者垂线，则可以垂面垂线型建系，无垂面垂线，则可参考三棱锥斜面建系思维。
不规则几何体型建系
不规则几何体建系型思维：
多是有垂面，可以垂面建系，难点在于需要寻找“空中点坐标”。
如有垂线，则可以垂线型建系。
无有垂线和垂面，则可以通过选择合适几个点，“切割出”三棱锥，转化为斜面型三棱锥来建系设点。
翻折型建系
翻折型几何体，寻找翻折前和翻折后的“变与不变”的点线面关系。
翻折前翻折后在同一平面内的点线，数量关系不变。
翻折后，一般情况下是存在垂直的平面，可以利用垂面法建系计算
翻折后，可以构造三棱锥，利用三棱锥斜面建系法来建系计算
热点考题归纳
【题型一】斜棱柱垂面型建系
【典例分析】
1.（2023·江西·校联考模拟预测）如图，三棱柱中，，D是AC的中点，.
(1)证明：⊥平面；
(2)若点到平面的距离是棱长AB的，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2).
【分析】（1）先证明，结合，利用线面垂直的判定证明平面，进而得到，再证明，并利用线面垂直判定证明⊥平面；
（2）建立空间直角坐标系，设，由条件证明，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式求二面角的余弦值..
【详解】（1）因为，D是AC的中点，所以BD⊥AC，因为，，平面，
所以BD⊥平面，又平面，所以
因为，D是AC的中点，所以，因为，，平面，
所以⊥平面．
（2）由（1）知⊥平面，，所以两两垂直，
以为原点，以所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，平面，所以，AC⊥平面，
因为，所以，取的中点，连接，，可得，
所以平面，即为平面，又AC平面，
所以平面平面，过点作于点H，平面，
平面平面，则⊥平面，所以，
令，则因为，，
所以，所以，，所以，所以，
因为，，所以，所以，，
，设平面的一个法向量为，
则得，令，则，所以为平面的一个法向量，
又BD⊥平面，所以是平面的一个法向量，，
所以二面角的余弦值为.
2.（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：OD∥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).
【分析】（1）连接，则为的中点，然后由三角形中位定理可得∥，再由线面平行的判定定理可证得结论；
（2）由题意可证得平面，所以以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【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.
【提分秘籍】
【变式演练】
1.．（2023·天津津南·天津市咸水沽第一中学校考模拟预测）如图，在三棱柱中，平面平面，是的中点，且.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见详解(2)(3)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理结合面面垂直的性质定理分析证明；
（2）建系，利用空间向量求线面夹角；
（3）建系，利用空间向量求面面夹角
【详解】（1）连接，由题意可知：为等边三角形，且是的中点，所以，
因为平面平面，平面平面，，所以平面，
且平面，可得，，平面，所以平面.
（2）取的中点，连接，由题意可知：为等边三角形，则，
因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，如图，以为坐标原点原点建立空间直角坐标系，
则，可得，设平面的法向量，则，
令，则，即，可得，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）由（1）可知：平面，则为平面的法向量，由（2）可得：，
所以平面与平面所成角的余弦值.
2.（2023·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，，点在线段上，，平面平面．
(1)求四面体的体积；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）取的中点，连接，过点作的平行线，易证，根据面面垂直的性质可得平面，从而可得平面，以点为原点，建立空间直角坐标系，取的中点，连接，根据求得点得坐标，根据，求出，再根据锥体得体积公式即可得解；
（2）利用向量法求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，过点作的平行线，在菱形中，为等边三角形，又底面是边长为4的菱形，，且，又平面平面，平面平面平面，平面，又平面，又平面，又，如图以点为原点，建立空间直角坐标系，，取的中点，连接，则，
，，设，则，
由，得，即，
设，则，，
，；
（2）设平面的一个法向量为，由，
得取，又，
∴直线与平面所成角的正弦值为：.
【题型二】斜棱柱垂线法建系
【典例分析】
1.（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)
【分析】（1）根据圆的几何关系证明先线垂直，再根据线面垂直的性质和线面垂直判定即可求解；（2）根据线面角法向量求法和均值不等式即可求解.
【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.
2.（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）斜三棱柱的各棱长都为，点在下底面的投影为的中点.
(1)在棱（含端点）上是否存在一点使？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)存在，(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，假设在棱（含端点）存在一点使，利用，结合向量垂直的坐标表示即可求得答案.
（2）求出平面的法向量，根据空间距离的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）因为点在下底面的投影为的中点，故平面，
连接，由题意为正三角形，故,
以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系：
则，，
设，可得，，
假设在棱（含端点）上存在一点使，则，
则；
（2）由（1）知，设平面的法向量为，
则，令，则，则，又，
则到平面的距离为，即点到平面距离为.
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2023·广东韶关·统考模拟预测）如图，在三棱柱中，为的中点，，，，点在底面上的射影为点.
(1)求证：平面；
(2)若，求平面与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）连接交于点，连接，可得，进而可证平面；
（2）如图以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用向量法可求平面与平面所成角的余弦值，即可得解．
【详解】（1）连接交于点，连接，则是的中点，
由于、分别是，的中点，
所以，由于平面，平面，所以平面；
（2）由点在底面上的射影为点，所以平面．
在中，，，，，过作的平行线为，易知，，两两垂直，如图以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，
，，，，，，得，，，，，设平面的法向量， ，令，则，，
，设平面的法向量为， ，令，则，，
平面的法向量为， 设平面与平面所成角为，所以，则，所以平面与平面所成角的正弦值为．
2.（2023·福建福州·福州三中校考模拟预测）如图，在三棱柱中，，侧面为菱形，为等边三角形．
(1)求证：；
(2)若，点E是侧棱上的动点，且平面与平面的夹角的余弦值为，求点B到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）先证明平面,再根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
（2）建立平面直角坐标系，求得相关点坐标，设，求出平面的一个法向量，根据平面与平面的夹角的余弦值求得参数，根据空间距离的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）连接与相交于点，连接，如图所示：
∵四边形为菱形，∴为的中点，则．
为等边三角形，有，平面，，∴平面,平面，∴，又，平面，，∴平面,∵平面，∴．
（2）由（1）知，，且平面，
故平面，而平面，故平面平面，分别取的中点，连接，
则，∴平面，为等边三角形，，而平面平面，平面，故平面，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，，，，
设，则，∴，，设平面的一个法向，则有，
令，则，，即，又∵平面的法向量为，
∴平面与平面的夹角的余弦值为,
∴，∴或（舍），此时，又，
∴点到平面的距离为：．
【题型三】 棱锥垂面型建系
【典例分析】
1.（2023·贵州贵阳·校联考三模）如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，.
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面所成二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据线面垂直判定可得平面，得到；由勾股定理可证得；由线面垂直和面面垂直的判定可证得结论；
（2）作，垂足为，且，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）四边形为直角梯形，，，又，，平面，平面，又平面，；作，
，，，，又，，
，，，，平面，平面，
平面，平面平面.（2）作，垂足为，且，
由（1）知：平面，平面，，，，，，，
，，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，
则，，，，
平面，是平面的一个法向量；设平面的法向量，又，，，令，解得：，，；
；由图形可知：平面与平面所成二面角为锐二面角，
平面与平面所成二面角的余弦值为.
【提分秘籍】
【变式演练】
（2023·贵州毕节·校考模拟预测）如图，在三棱锥中，平面平面，点在棱上，且．
(1)证明：平面平面．
(2)设是的中点，点在棱上，且平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）利用余弦定理求出，利用勾股定理可证得，再利用面面垂直的性质的定理可证得结论成立；
（2）推导出点为的中点，然后以点为坐标原点，以、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线作轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，利用空间向量法可求得二面角的余弦值，即可求得二面角的正弦值.
【详解】（1）证明：由，
得，，，，
由余弦定理可得，
，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，
平面平面；
（2）因为平面，平面，平面平面，故，
而是的中点，故为中位线，得，
又，故为中点，
由（1）可知平面，以点为坐标原点，以、所在直线分别为、轴，
过点且垂直于平面的直线作轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设点，其中，，，，所以，，解得，则，解得，故点，
设平面的法向量为，，，则，取，可得，设平面的法向量为，，则，取，可得，所以，.
由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.
那么二面角的正弦值为.
【题型四】斜面棱锥型建系
【典例分析】
（2023秋·重庆长寿·高二统考期末）如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，，．
(1)求证：；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据题意结合线面垂直的判定定理和性质定理分析证明；
（2）建系，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）取中点，连接，，
在和中，，，，
可得，则，所以，
因为，且，平面，
所以平面，
且平面，所以.
（2）在平面中，过点作，交延长线于点，连接，，，
由（1）得平面，且平面，所以，
且，平面，所以平面，
在中，，，
由余弦定理可得，即，
在中，，
在中，，
在中，，可得，，
则以A为原点，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
可得，，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，即，
设平面的法向量为，则，
令，则，，即，
设平面与平面的夹角，
可得，
所以平面与平面的夹角的余弦值.
【提分秘籍】
【变式演练】
（2023·全国·模拟预测）四棱锥中，面，，底面ABCD中，，，.
(1)若点在线段BC上，试确定的位置，使面面ABCD，并给出证明；
(2)求二面角A-EB-C的余弦值.
【答案】(1)点是的中点，证明见解析(2)
【分析】（1）先取点是的中点，再应用面面垂直判定定理证明面面.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法先求平面与平面的法向量，再用两个法向量所成角的余弦值得到二面角A-EB-C的余弦值.
【详解】（1）当点是的中点时，面面.证明：由点是的中点，得，又，，所以，，四边形是平行四边形.根据，得四边形是矩形，故.因为面，面，所以，因为，，面，
于是面，由于面，因此面面.
（2）结合（1）中结论，不妨令为的中点，因为面面，面面，
所以过点作于点，则面，
以为轴，以过点所作的垂线为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，因为面，面，所以，
在中，根据，，可得，，，，
则，，，，，，.
设面的法向量为，则，即令，则，，所以，
设面的法向量为，则即令，则，，所以.
，设二面角的大小为，易知，所以，因此二面角的余弦值为..
【题型五】 平行六面体型建系
【典例分析】
（2023·江苏扬州·统考模拟预测）如图，平行六面体的体积为6，截面的面积为6．
(1)求点到平面的距离；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)1(2)
【分析】（1）应用等体积法求出点到平面距离；
（2）空间向量法求线面角的正弦值即可.
【详解】（1）在平行六面体中，是三棱柱，
，
设点到平面的距离为，则，所以，
即点到平面的距离为1．
（2）在中，，所以是菱形，连接交于，则，
由（1）知点到平面的距离为1，所以平面．
设点在直线上射影为点，
则，且，
所以和重合，即．
以为坐标原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
根据，则，
，设平面的一法向量为，
则，取，则，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角正弦值为．
【提分秘籍】
【变式演练】
（2023·江西宜春·校联考模拟预测）如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，AC=2BD=2AA1=4，AC1⊥CC1，AA1⊥BD，E是侧棱BB1上一点.
(1)若BE＝B1E，证明：CC1⊥平面AC1E；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）设，交于点，连接，，可证，，进而可证平面，进而，，可证结论；
（2）过作，垂足为，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用向量法求二面角的余弦值．
【详解】（1）证明：如图，设，交于点，连接，，
因为四边形是菱形，，，所以，.
因为，，平面，，所以平面，
因为平面，所以，连接，，所以，
因为，所以，所以.
因为，所以，所以.因为，平面，，
所以平面.
（2）过作，垂足为，因为平面，平面，所以，
又，，平面，，所以平面.
如图，以为坐标原点，，所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，因为，所以，
则，所以.易知平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以.
设二面角的大小为，
所以，由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
【题型六】等角射影角平分线型建系
【典例分析】
（2022·江西·校联考模拟预测）如图，在三棱柱中，，，．
(1)求证：；
(2)若为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据已知可推得，，进而得出平面，.然后根据勾股定理，可证得，进而得出平面，即可得出证明；
（2）设，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，然后求出以及平面的法向量，根据向量法即可求出答案.
【详解】（1），，.，，.
，平面，平面，平面.
又平面，.在中，有.，，
，，.又平面，平面，，
平面.平面，．
（2）由（1）知，平面，.
设，则，，
则以为原点，分别以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，，，
，，.设平面的一个法向量为，
，即，取，则，，所以是平面的一个法向量，
，直线与平面所成角的正弦值．
【提分秘籍】
【变式演练】
（2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考三模）如图，在四棱柱中，
(1)求证：平面平面；
(2)设为棱的中点，线段交于点平面，且，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理作答.
（2）由（1）的信息，以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
【详解】（1）设交于点，连接，如图，
因为，则点在线段的垂直平分线上，即有为的中点，
又因为，则，又平面，因此平面，而平面，
所以平面平面.
（2）由（1）知，平面，而平面，则平面平面，
在平面内过作，又平面平面，因此平面，
射线两两垂直，以为原点，射线的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，
因为为棱的中点，则点是正的重心，又，平面，且，则，所以，设平面的法向量为，
则，令，得，设平面的法向量为，
则，令，得，设平面与平面的夹角为，则，即平面与平面的夹角的余弦值为.
【题型七】台体建系
【典例分析】
（2023·浙江·校联考三模）如图，三棱台中，，，为线段上靠近的三等分点.
(1)线段上是否存在点，使得平面，若不存在，请说明理由；若存在，请求出的值；
(2)若，，点到平面的距离为，且点在底面的射影落在内部，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)存在，(2)
【分析】（1）取的靠近点的三等分点，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可得出平面，由此可得出结论；
（2）过点在平面内作，垂足为点，连接，过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，求出的值，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）取的靠近点的三等分点，连接、、，
则，又因为，所以，四边形为平行四边形，则，因为平面，平面，所以，平面，
因为，所以，，因为平面，平面，所以，平面，
因为，、平面，所以，平面平面，因为平面，故平面，因此，线段上是否存在点，且当时，平面.
（2）过点在平面内作，垂足为点，连接，
由，，，所以，，
所以，，所以，，过点在平面内作，垂足为点，
因为，，，、平面，
所以，平面，因为平面，则，
又因为，，、平面，所以，平面，
因为点到平面的距离为，即，
且，所以，
由图可知，为锐角，所以，，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
，，设平面的法向量，则，
取，则，，
所以，，
因为，因此，与平面所成角的正弦值为.
【提分秘籍】
【变式演练】
（2023·安徽合肥·二模）如图，在多面体ABCFDE中，四边形ABED是菱形，，，平面ABED，点G是线段CD的中点．
(1)证明：平面BCD；
(2)若，求直线FG与平面ACD所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）连接AE，交BD于点O，连接GO.根据题意得到和，利用线面垂直的判定得到平面CBD，然后利用中位线定理得到四边形EFGO为平行四边形，进而得到，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，分别求出平面的法向量和直线的方向向量，利用空间向量的夹角公式进而求解.
【详解】（1）连接AE，交BD于点O，连接GO．在菱形ABED中，．
因为平面ABED，平面ABED，所以．又因为，平面CBD，所以平面CBD．因为，且，，
所以，且，所以四边形EFGO为平行四边形，所以，
所以平面CBD．
（2）如图，以B为坐标原点，分别以BC，BA所在直线为x，y轴建立空间直角坐标系，如图．
设，则，，，，
设平面ACD的一个法向量为，由得，取，
因为，记直线FG与平面ACD所成角为，则，
所以，直线FG与平面ACD所成角的正弦值是．
【题型八】不规则几何体型建系
【典例分析】
（2023·广西南宁·南宁二中校联考模拟预测）如图所示，在多面体中，底面为直角梯形，，，侧面为菱形，平面平面，M为棱的中点．
(1)若点N为的中点，求证：平面；
(2)若，，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，，证得，利用线面平行的判定定理，即可证得平面．
（2）根据题意，证得平面，以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：连接，，因为M，N分别为，的中点，所以为的中位线，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）解：取的中点O，连接，因为侧面为菱形，且，
所以在中，，解得，所以'，即，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，过O作的垂线，交于H并延长，
分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，设，则，故，，，，，
则，，，，，
设平面的法向量为，则 ，即，
取，可得，
设平面的法向量为， ，即，
令，则，所以，
则，故平面与平面夹角的余弦值为．
【提分秘籍】
【变式演练】
（2023·山东济南·校考模拟预测）如图，在直角梯形ABCD中，，，四边形为平行四边形，对角线和相交于点H，平面⊥平面，，，G是线段上一动点（不含端点）．
(1)当点G为线段BE的中点时，证明：平面；
(2)若，且直线与平面成角，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）连接，由三角形中位线和边长关系可知四边形是平行四边形，即可证明平面；
（2）根据题意可知，以为原点建立空间直角坐标系，可设利用空间向量即可表示出，进而确定点位置，再分别求得两平面的法向量即可得出二面角的正弦值为.
【详解】（1）证明：连接，如下图（1）中所示：因为四边形为平行四边形，所以是中点，
又点为线段的中点，则，且,又且，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；
（2）以为原点，为轴，过且在平面内与垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图（2）所示：由平面⊥平面，，可知，
均为边长为2的正三角形，则有，
设，则，
为平面的法向量，所以，
解得（其中舍去）,所以，
设平面的法向量为，则有，
令，则，故可取．
设平面的法向量为，则有，
令，则，故可取所以．
所以二面角的正弦值为．即二面角的正弦值为.
【题型九】翻折型建系
【典例分析】
（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).
【分析】（1）先证明，根据线线平行判定定理平面，再由线面平行性质定理证明线线平行；
（2）建立空间直角坐标系，设点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的法向量公式计算即可求解.
【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.
【提分秘籍】
【变式演练】
（2023·山东泰安·统考模拟预测）如图1，在平行四边形中，，，为的中点，，，沿将翻折到的位置，如图2，.
(1)证明：平面；
(2)求平面和平面的夹角.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）确定为正三角形，，证明，得到证明.
（2）确定平面，，建立空间直角坐标系，确定平面和平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【详解】（1），，为正三角形，，则为中点，
设，，，故，故为的三等分点，
，为的三等分点，即F为的中点，故，
平面，平面，故平面.
（2）由题设易得，，，
故，即，，故，
，，PH、HF在面PHF内，故平面.
PF在面PHF内，故，又，，AC、AD在面ABCD内，故平面.
在中，，
由题意易得∠ABC=60°，∠BAC=30°，则∠ACB=90°，故，
过点作平面的垂线为z轴，以分别为轴、轴正方向，建立如图所示坐标系.
则，，，，，
，，，设平面的一个法向量为，则，
令，则，所以设平面的一个法向量为，则，
令，则，，所以，设平面和平面的夹角为，,
则，，所以平面和平面的夹角为.
【题型十】无垂面垂线型
【典例分析】
（2023·贵州毕节·校考模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面是矩形，，，分别为棱的中点，为线段的中点．
(1)证明：平面．
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）连接，利用平行线分线段成比例定理，及线面平行的判断定理推理作答.
（2）由已知证明平面，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
【详解】（1）在三棱柱中，连接，交于点，连接，如图，
四边形为平行四边形，有，而为的中点，则，
由，得，又分别为的中点，即有，
因此，则，而平面平面，
所以平面．
（2）因为，则是菱形，又，即，是正三角形，
则，矩形中，，而，
平面，于是平面，令，
过作，则平面，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，设平面和平面的法向量分别为，，则，令，得，
，令，得，，令二面角的大小为，
则，于是，所以二面角的正弦值为．
【变式演练】
（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)
【分析】（1）构造面面平行，利用面面平行的性质定理证明线面平行即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线的方向向量与平面的法向量，即可得线面夹角的正弦值.
【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．
题
1．（2023·全国·高二专题练习）如图1，在等边中，点，分别为边，上的动点，且满足，记.将沿翻折到位置，使得平面平面，连接，得到图2，点为的中点.
(1)当平面时，求的值；
(2)试探究：随着值的变化，二面角的大小是否为定值？如果是，请求出二面角的正弦值；如果不是，请求出二面角的余弦值的取值范围.
【答案】(1)(2)是，
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解，
（2）由法向量的夹角即可求解二面角.
【详解】（1）取的中点，连接并延长与相交，因为，，所以，即，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，建立如图空间直角坐标系，不妨设，则，，，，，，
所以，，.
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以即是平面的一个法向量，
因为平面，所以，，解得；
（2）
由（1）知，是平面的一个法向量，
同理可求平面的一个法向量为，
，即随着值的变化，二面角的大小为定值.
且，所以二面角的正弦值为.
2．（2023·全国·高二专题练习）如图（1）所示，在中，，，，垂直平分．现将沿折起，使得二面角大小为，得到如图（2）所示的空间几何体（折叠后点记作点）
(1)求点到面的距离；
(2)求四棱锥外接球的体积；
(3)点为一动点，满足，当直线与平面所成角最大时，试确定点的位置．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）由已知可证得平面平面，取中点 ，连接 ，则有两两垂直，所以以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量求解，
（2）连接，则四边形的外接圆圆心在的中点，外接圆的圆心为的三等分点，过点圆心分别作两面垂线，则垂线交点即为球心，连接，求出其长度可得外接球的半径，从而可求出外接球的体积，
（3）由，表示出点的坐标，然后利用空间向量表示出直线与平面所成角的正弦值，求出其最大值可得答案.
【详解】（1）由，，，得 ，，
因为垂直平分，
所以，
所以为平面与平面的二面角的平面角，
所以 ，，所以为等边三角形，
取中点 ，连接 ，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
因为
所以为二面角的平面角，
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，
设的一个法向量为 ，则
，令，则
又，
所以点到面的距离；
（2）连接，由，则四边形的外接圆圆心在的中点，
为正三角形，则外接圆的圆心为的三等分点，
过点圆心分别作两面垂线，则垂线交点即为球心，
如图所示，连接，则即球的半径.
在中，，
则，
在中，，
所以由勾股定理得，
则球的体积 ；
（3）设，由得，
所以，得， ，
所以，
设直线与平面所成角为（），
则
所以当时，取得最大值，
此时直线与平面所成角最大，
即当时，直线与平面所成角最大.
3．（2023秋·重庆长寿·高二统考期末）如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，，．
(1)求证：；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据题意结合线面垂直的判定定理和性质定理分析证明；
（2）建系，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）取中点，连接，，
在和中，，，，
可得，则，所以，
因为，且，平面，
所以平面，
且平面，所以.
（2）在平面中，过点作，交延长线于点，连接，，，
由（1）得平面，且平面，所以，
且，平面，所以平面，
在中，，，
由余弦定理可得，即，
在中，，
在中，，
在中，，可得，，
则以A为原点，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
可得，，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，即，
设平面的法向量为，则，
令，则，，即，
设平面与平面的夹角，
可得，
所以平面与平面的夹角的余弦值.
4．（2023·全国·高二专题练习）在底面ABCD为梯形的多面体中.，BC⊥CD，，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，且四边形BDEN为矩形．
(1)求证：BD⊥AE；
(2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°？若不存在，请说明理由．若存在，确定点Q的位置并加以证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处，证明见解析
【分析】（1）根据已知条件及勾股定理和逆定理，利用矩形的性质及线面垂直的的判定定理，结合线面垂直的性质定理即可求解；
（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量的共线定理，求出点的坐标，分别求出直线BE的方向向量和平面QAD的法向量，再利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的关系即可求解.
【详解】（1）由题意知，，BC⊥CD，，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，
故有，易得，BD＝2，，
在△ABD中，∵，∴BD⊥AD．
因为四边形BDEN为矩形，则BD⊥DE，
又，平面ADE，平面ADE，
故BD⊥平面ADE．
因为平面ADE，
所以BD⊥AE．
（2）存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处．
证明如下：以点D为坐标原点，建立的空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
所以，，
设，其中，解得，
故，
设平面QAD的法向量为， 则
即令y＝1，则，z＝－2λ，
故，
因为直线BE与平面QAD所成的角为60°，
所以，解得或，
故存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处．
5．（2023秋·全国·高二期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，分别是线段的中点，在平面内的射影为.
(1)求证：平面；
(2)若点为棱的中点，求点到平面的距离；
(3)若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）法一：利用线面垂直、面面垂直的性质定理与判定定理可证；
法二：建立空间直角坐标系，利用数量积为0，可证，从而得证；
法三：如法二建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，证明其与平行，从而得证；
（2）利用空间向量法求点到面的距离；
（3）利用空间向量求出二面角的余弦值，再借助函数性质求值域.
【详解】（1）法一：连结，因为为等边三角形，为中点，，
又平面，平面，
平面
平面，又平面，
由题设知四边形为菱形，，
分别为中点，，
又平面平面.
法二：由平面，平面，
又为等边三角形，为中点，，则以为坐标原点，所在直线为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则
又平面平面.
法三：（同法二建系）设平面的一个法向量为
，即
不妨取，则，则
所以平面的一个法向量为
，，，平面
（2）由（1）坐标法得，平面的一个法向量为（或）
点到F到平面的距离=
（3）
设，则，
；
由（1）知：平面平面的一个法向量
（或者由（1）中待定系数法求出法向量）；
设平面的法向量，
则，令，则；
，
令，则；
，
即锐二面角的余弦值的取值范围为.
6．（2023·全国·高二专题练习）如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，二面角的大小为，是中点.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先利用线线平行证明线面平行，再证面面平行，最后由面面平行证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量法求解二面角的余弦值.
【详解】（1）取中点，连接，因为直角梯形中，
，且，所以四边形是平行四边形，
平面平面，
平面.
又是中点平面平面，
平面，
又平面，平面平面，
平面平面.
（2）连接，由知：，
由（1）知：且，
，在平面内过点作交于点，
则两两互相垂直，
以为坐标原点，以方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，
从而，
设平面的法向量为，
即，令，得，
易知平面的一个法向量为，
，
由题意知，二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.
7．（2023·全国·高二专题练习）如图，在多面体中，，，都是边长为2的等边三角形，平面平面，平面平面．
(1)判断，，，四点是否共面，并说明理由；
(2)在中，试在边的中线上确定一点，使得平面．
【答案】(1)，，，四点共面，理由见解析
(2)为中点
【分析】（1）取的中点，取的中点，连接，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，设，由，求得，得到向量，得出，即可得到，，，四点共面；
（2）设，得到，根据平面，列出方程，求得，即可求解.
【详解】（1）答案：四点共面.
证明：取的中点，连接，，取的中点，连接，
则在等边三角形中，，
又因为平面平面，所以平面，
同理，得平面，平面，
所以，，两两垂直，且，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立的空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，
设，由，即，
解得，，，所以，所以，
又由，，所以，
所以，，共面，
因为为公共点，所以，，，四点共面.
（2）解：设，故，
若平面，则，即，解得，
所以为中点时，平面．
8．（2023·江苏·高二专题练习）如图，在四棱台中，平面，四边形为菱形，.
(1)证明：；
(2)点是棱上靠近点的三等分点，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，结合菱形对角线互相垂直，得到线面垂直，证明出结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的大小.
【详解】（1）四棱台中，延长后交于一点，故共面，
因为平面平面，故，
连接，因为底面四边形为菱形，故，
因为平面，
故平面，
因为平面，
所以；
（2）过点作的垂线交与点，以作为轴，以分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，
由于，故，
由于点是棱上靠近点的三等分点，故，
则，
则，
记平面的法向量为，则，
令，则，即..
平面的法向量可取为，
则
由图知二面角为锐二面角，故二面角的余弦值为.
9．（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
【分析】（1）根据题意三垂线法可得二面角的平面角为，进而可得结果；
（2）法一：建系，利用空间空间向量处理二面角问题；法二：根据题意三垂线法可得二面角的平面角为，进而可得结果.
【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.
一、热考题型归纳
【题型一】 斜棱柱垂面型建系
【题型二】 斜棱柱垂线型建系
【题型三】 棱锥垂面型建系
【题型四】 斜面棱锥型建系
【题型五】 平行六面体型建系
【题型六】 等角射影角平分线性建系
【题型七】 台体建系
【题型八】 不规则几何体型建系
【题型九】 翻折型建系
【题型十】 无垂面垂线型建系
二、培优练
斜棱柱垂面型，从以下几方面思考：
垂面如果是菱形，多是60°角菱形，则可以通过菱形分割成两个等边三角形，再借助“等边三角形的中线就是高”，寻找建系的Z轴
垂面如果是一般梯形，可以借助梯形的中线（等腰梯形）或者直角梯形的直角腰建系。
斜棱柱垂线型建系
如果存在垂线（投影型）斜棱柱，则可以直接借助垂线作为z轴建系，下底面，可以寻找或者做出一对垂线作为xy轴。这类建系，主要难点是分析“空中”的点的坐标。空中点坐标可以有以下思维：
让空中点垂直砸下来（落下来，寻找投影），投影点坐标以及下落的高度
借助向量相等，寻找空中点所在线段的向量对应的底面相等向量，即可计算出空中点的坐标
棱锥垂面型建系
棱锥型垂面相对而言较简单，棱锥型垂面，一般垂面多是等腰三角形较多，可以直接用中线来作为z轴。
如果是任意三角形，则借助三角形正余弦定理求出高度。z轴可以选择合适的底面垂线组处
斜面型棱锥建系
斜面型棱锥， 不容易找到垂面和垂线，多采用投影法来建系：从棱锥顶点向下底面做垂线，通过题中条件，寻找并计算出三棱锥的高。再在垂足处，构造或者寻找一对互相垂直的线作为x、y轴来建立坐标系。
平行六面体型建系
平行六面体建型，一般情况下，平行六面体具有特殊性：平行六面体的测棱和底面两边所成的角度相等，此时，侧棱在底面射影是底面相邻边所成角度的角平分线（可证明），可以选侧棱上合适的点做底面投影以作为z轴建系。
等角射影平分线型建系
如果一条线和一个角的两边所成角度相等，则该线在角度所在平面射影是角平分线。此时，这个模型也满足“三面角余弦定理”：
大题解答时，需要简单的证明才能使用
台体建系型
正棱台型，建系较简单，一般是正多边形中心作为原点，上下底面连线作为z轴。
非正棱台型，如有垂面或者垂线，则可以垂面垂线型建系，无垂面垂线，则可参考三棱锥斜面建系思维。
不规则几何体型建系
不规则几何体建系型思维：
多是有垂面，可以垂面建系，难点在于需要寻找“空中点坐标”。
如有垂线，则可以垂线型建系。
无有垂线和垂面，则可以通过选择合适几个点，“切割出”三棱锥，转化为斜面型三棱锥来建系设点。
翻折型建系
翻折型几何体，寻找翻折前和翻折后的“变与不变”的点线面关系。
翻折前翻折后在同一平面内的点线，数量关系不变。
翻折后，一般情况下是存在垂直的平面，可以利用垂面法建系计算
翻折后，可以构造三棱锥，利用三棱锥斜面建系法来建系计算
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