专题8.9 立体几何中的最值、探索性等问题（讲+练）-备战高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用）

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【核心素养】
以几何体为载体，考查空间几何体中的最值问题、折叠问题以及探索性问题，凸显直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养．
知识点一
几何体的侧面积、表面积
圆柱的侧面积
圆柱的表面积
圆锥的侧面积
圆锥的表面积
圆台的侧面积
圆台的表面积
球体的表面积
柱体、锥体、台体的侧面积，就是各个侧面面积之和；表面积是各个面的面积之和，即侧面积与底面积之和.
把柱体、锥体、台体的面展开成一个平面图形，称为它的展开图，圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形它的表面积就是展开图的面积.
知识点二
几何体的体积
圆柱的体积
圆锥的体积
圆台的体积
球体的体积
正方体的体积
正方体的体积
知识点三
多面体的内切球与外接球常用的结论
多面体的内切球与外接球常用的结论
(1)设正方体的棱长为a，则它的内切球半径r＝，外接球半径R＝.
(2)设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则它的外接球半径R＝.
(3)设正四面体的棱长为a，则它的高为H＝，内切球半径r＝H＝，外接球半径R＝H＝.
知识点四
异面直线所成的角
①定义：设a，b是两条异面直线，过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，则a′与b′所夹的锐角或直角叫做a与b所成的角．
②范围：两异面直线所成角θ的取值范围是．
③向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有.
知识点五
直线与平面所成角
直线和平面所成角的求法：如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cs θ|＝eq \f(|e·n|,|e||n|).范围 .
知识点六
二面角
(1)如图1，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．
(2)如图2、3，分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小(或)．
（3）二面角的范围是[0，π].
知识点七
利用向量求空间距离
点面距的求法：如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离d＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|n|).
常考题型剖析
题型一： 立体几何中最值问题
【典例分析】
例1-1．（2022·全国·统考高考真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又设四棱锥的高为，则，
当且仅当即时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，

(当且仅当，即时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高.
故选：C．
[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，
，，单调递增， ，，单调递减，
所以当时，最大，此时．
故选：C.
【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；
方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．
例1-2.（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为
【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【详解】（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
【规律方法】
解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三方面着手：
一是从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决；
二是利用空间几何体的侧面展开图；
三是找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值．解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法，二次函数的配方法、公式法，函数有界法(如三角函数等)及高阶函数的拐点导数法等．空间向量法求最值也是要求出目标函数，但是需要先依据题意建立空间直角坐标系，注意建系时使坐标易于求解或表达，然后求目标函数的表达式．
【变式训练】
变式1-1（2023·福建龙岩·统考二模）正方体的棱长为2，若点M在线段上运动，当的周长最小时，三棱锥的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先确定点的位置，再利用球的性质，以及空间向量的距离公式，确定球心坐标，即可确定外接球的半径，即可求解．
【详解】的周长为，由于为定值，即最小时，的周长最小，
如图，将平面展成与平面同一平面，则当点共线时，此时最小，在展开图中作，垂足为，，解得：，

如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，

，，
连结，因为平面，平面，
所以，又因为，且，平面，平面，
所以平面，平面，所以，
同理，且，
所以平面，且三棱锥是正三棱锥，所以经过△的中心．
所以三棱锥外接球的球心在上，设球心，，，则，
即，
解得：，，所以外接球的表面积.
故选：C.
变式1-2.（2021·全国·高考真题（理））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）
【解析】
【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．
题型二：立体几何“翻折”“折叠”问题
例2-1.（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.
例2-2.（2019年高考全国Ⅲ卷理）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，
则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．
设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则
即
所以可取n=（3，6，–）．
又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以．
因此二面角B–CG–A的大小为30°．
【总结提升】
解答“翻折”“折叠”问题的两个策略：
1.确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决
2.确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算
【变式训练】
变式2-1.（2023·浙江·模拟预测）如图，在矩形中，为边上的点，且.将沿翻折，使得点到，满足平面平面，连接.

(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的正弦值的大小.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）由平面几何可证，由平面平面可得平面，可得，又，可得平面，进而得证；
（2）建立空间直角坐标系，用向量法运算可得解.
【详解】（1）在中，，，，
同理，在中，，
，，
又因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
又平面，，
又，与是平面内的两条相交直线，
平面，又平面，
平面平面.
（2）
如图，作，垂足为，在中，可得，，
由（1），，平面平面，
以点为坐标原点，，分别为，轴，过点垂直平面为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，可得，，，，
则，，，，
设平面的一个法向量为，则
，即，令，可得，，
，
设平面的一个法向量为，则
，即，令，可得，，
，
，
又，则，
所以二面角的正弦值为.
变式2-2.（2018·全国·高考真题（理））如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即，，又因为，利用线面垂直的判定定理可以得出平面，又平面，利用面面垂直的判定定理证得平面平面；
（2）结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标，求得平面的法向量，设与平面所成角为，利用线面角的定义，可以求得，得到结果.
【详解】
（1）由已知可得，，，又，所以平面.
又平面，所以平面平面；
（2）作，垂足为.由（1）得，平面.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.
由（1）可得，.又，，所以.又，，故.
可得.
则 为平面的法向量.
设与平面所成角为，则.
所以与平面所成角的正弦值为.
题型三：探索性问题----空间角的存在性问题
【典例分析】
例3-1.（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为
【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【详解】（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
例3-2. （2023秋·北京·高三北京市第五中学校考阶段练习）如图，在直角梯形中，，，.以直线为轴，将直角梯形旋转得到直角梯形，且.
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明过程见解析；
(2)存在，，理由见解析.
【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，得到，从而得到线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，设出，利用线面角的正弦值列出方程，求出答案.
【详解】（1）将直角梯形绕着旋转得到直角梯形，
故且，
故四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）因为，，，
所以两两垂直，
故以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，设，
则，
设，则，设，
则，解得，故，
当时，此时与重合，直线和平面垂直，
不满足所成角的正弦值为，舍去；
当时，设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
设直线和平面所成角的正弦值为，
则，
解得或（舍去），
综上，在线段上是否存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为，
此时.
【规律方法】
1.借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组．若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在．
2.与空间角有关的探索性问题主要为与两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角有关的存在性问题，常利用空间向量法求解．求解时，一般把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题，并注意准确理解和熟练应用夹角公式．
3.一般步骤：(1)假设存在(或结论成立)；(2)建立空间直角坐标系，设(求)出相关空间点的坐标；(3)构建有关向量；(4)结合空间向量，利用线面角或二面角的公式求解；(5)作出判断．
【变式训练】
变式3-1.（2023秋·湖南·高三湖南省祁东县第一中学校联考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，，，E为BC的中点．

(1)证明：．
(2)若二面角的平面角为，G是线段PC上的一个动点，求直线DG与平面PAB所成角的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取AD的中点F，可证得，，从而平面PEF，根据线面垂直的性质可得结论；
（2）过点P作PO垂直于直线EF，垂足为O，可得平面，以O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系．写出点的坐标，求出平面PAB的法向量，可得直线DG与平面PAB所成的角的正弦值的表达式，结合换元法及二次函数的性质得出答案.
【详解】（1）如图，取AD的中点F，连接PF，EF．
∵底面ABCD是正方形，，∴，．
∵，平面PEF，∴平面PEF．
又∵平面PEF，∴．
（2）由（1）可知，二面角的平面角为，且为，
过点P作PO垂直于直线EF，垂足为O，
∵平面PEF，平面PEF，∴，
∵平面，∴平面，
以O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

易得，，，，
则，，，，，
，，，，
设平面PAB的法向量为，则
得取，则．
设，，则，
设直线DG与平面PAB所成的角为，
则，
令，则，．
当时，，；
当时，，
当，即，时，取得最大值，且最大值为，此时．
所以直线DG与平面PAB所成角的最大值为．
变式3-2. （2023春·北京东城·高三北京市第十一中学校考阶段练习）如图所示，在直三棱柱中，，，点、分别为棱、的中点，点是线段上的点（不包括两个端点）.

(1)设平面与平面相交于直线，求证：；
(2)是否存在一点，使得二面角的余弦值为，如果存在，求出的值；如果不存在，说明理由；
(3)当为线段的中点时，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，且
(3)
【分析】（1）证明出平面，，利用线面平行的性质可证得，利用平行线的传递型可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，其中，利用空间向量法求出的值，即可得出结论；
（3）利用空间向量法可求得点到平面的距离．
【详解】（1）证明：因为点、分别为棱、的中点，则，
在三棱柱中，四边形为平行四边形，所以，，则，
因为平面，平面，所以，平面，
因为平面，平面平面，所以，，故.
（2）解：在直三棱柱中，，且平面，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则点、、，设点，其中，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
易知平面的一个法向量为，
因为二面角的余弦值为，则，
解得或3（舍），此时，，
因此，在线段上存在一点，使得二面角的余弦值为，且.
（3）解：当为线段的中点时，即当时，平面的一个法向量为，
，所以，点到平面的距离为.
题型四： 探索性问题----线面关系中的存在性问题
例4-1.（2023·全国·高三对口高考）如图，直三棱柱中，，D是的中点．
(1)求异面直线与所成角的大小；
(2)求二面角的余弦值；
(3)在上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)异面直线与所成角的大小为；
(2)二面角的余弦值为；
(3)存在点，使得平面，此时.
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求直线与的方向向量，利用向量夹角公式求夹角；
（2）求平面和平面的法向量，利用向量夹角公式求结论；
（3）设，再求的坐标，由条件列方程求，由此可得结论.
【详解】（1）以点为原点，以为轴的正方向建立空间直角坐标系；
由已知，，，，
所以，，
所以，
设异面直线与所成角的大小为，则，
又，所以，
所以异面直线与所成角的大小为；
（2）因为，，，
则，，
设平面的法向量为，则
，故，
令，则，，
所以为平面的一个法向量，
平面的一个法向量为，
所以，
观察图象可得二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为；
（3）假设存在点，使得平面，
设，
因为，，，
则，所以，又
所以，
向量为平面的一个法向量，
由已知，所以，
所以，
所以存在点，使得平面，此时.
例4-2.（2019·北京·高考真题（理））如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；
（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；
（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
【答案】(Ⅰ)见解析；
(Ⅱ) ；
(Ⅲ)见解析.
【解析】
【分析】
(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
(Ⅱ)建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值；
(Ⅲ)首先求得点G的坐标，然后结合平面的法向量和直线AG的方向向量可判断直线是否在平面内.
【详解】
(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，则PA⊥CD，
由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，
由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.
(Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
易知：，
由可得点F的坐标为，
由可得，
设平面AEF的法向量为：，则
，
据此可得平面AEF的一个法向量为：，
很明显平面AEP的一个法向量为，
，
二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-AE-P的余弦值为.
(Ⅲ)易知，由可得，
则，
注意到平面AEF的一个法向量为：，
其且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内.
【总结提升】
解决线面关系中存在性问题的策略
对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用向量法进行线面关系的逻辑推理，寻找假设满足的数据或事实，若满足，则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设．
【变式训练】
变式4-1.（2016·北京·高考真题（理））如图,在四棱锥中, 平面平面,.
（1）求证:平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在棱上是否存在点,使得平面？若存在, 求的值；若不存在, 说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.
【解析】
【详解】
【分析】
试题分析：（Ⅰ）由面面垂直的性质定理知AB⊥平面，根据线面垂直的性质定理可知，再由线面垂直的判定定理可知平面；（Ⅱ）取的中点，连结，以O为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz，利用向量法可求出直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（Ⅲ）假设存在，根据A，P，M三点共线，设，根据BM∥平面PCD，即（为平面PCD的法向量），求出的值，从而求出的值.
试题解析：（Ⅰ）因为平面平面，，
所以平面.
所以.
又因为，
所以平面.
（Ⅱ）取的中点，连结.
因为，所以.
又因为平面，平面平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以.
如图建立空间直角坐标系.由题意得，
.
设平面的法向量为，则
即
令，则.
所以.
又，所以.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（Ⅲ）设是棱上一点，则存在使得.
因此点.
因为平面，所以平面当且仅当，
即，解得.
所以在棱上存在点使得平面，此时.
变式4-2.（2023·云南曲靖·宣威市第七中学校考模拟预测）在中，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示.

(1)求与平面所成角的大小；
(2)在线段上是否存在点（不与端点重合），使平面与平面垂直？若存在，求出与的比值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出及平面的法向量后可求线面角的大小.
（2）设，用表示平面和平面的法向量后可求的值，从而可求两条线段的比值.
【详解】（1）在中，因为，故，
故在四棱锥中，有，
而，故平面，因平面，
所以，而，故，
而，故可建立如图所示的空间直角坐标系：

在中，因为经过的重心G（如图），连接并延长，交于H，
则，故，
因为，故，
在中，，
则，
故，故，又，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，故，
故，
故与平面所成角的正弦值为，
因为与平面所成角为锐角，故该角为.
（2）设，则，故，
又，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，故，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，故，
因为平面平面，故，
所以，故，
所以.
一、单选题
1．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）正方形的边长为12，其内有两点P，Q，点P到边AA，的距离分别为3，2，点Q到边，AB的距离也是3和2．现将正方形卷成一个圆柱，设得AB和重合(如图)．则此时P、Q两点间的距离为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用点和点所在的截面圆圆心，将、两点间的距离转化为的模进行计算即可．
【详解】如图，设过点且平行底面的截面圆心为，
过点且平行底面的截面圆心为，

设圆柱底面半径为，则，所以，
则，
，
，
．
故选：C．
2．（2023秋·安徽·高三校联考阶段练习）如图，正方形的中心与正方形的中心重合，正方形的面积为2，截去如图所示的阴影部分后，将剩下的部分翻折得到正四棱锥(A，B，C，D四点重合于点M)，当四棱锥体积达到最大值时，图中阴影部分面积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，表达出棱锥侧面的高，进而表达出棱锥的高，表示出棱锥体积，利用导函数求出棱锥体积的最大值，求出阴影部分面积.
【详解】取正方形中心为，连接交于点，
正方形的面积为2，故正方形的边长为，，
设，则，所得的棱锥侧面的高，

故棱锥的高为，
四棱锥体积为，
令，则，
当时，，当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴当时，体积最大，
此时，，由勾股定理可得，
点到边长的距离，，
∴阴影部分面积.
故选：A．
二、多选题
3.（2023·浙江·模拟预测）在正方体中，，点满足，.下列结论正确的有（ ）
A．直线与一定为异面直线
B．直线与平面所成角正弦值为
C．四面体的体积恒定且为2
D．当时，的最小值为
【答案】ABD
【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用向量的坐标运算求得F坐标，确定F点位置，结合异面直线的概念即可判断A；根据空间角的向量求法可判断B；根据棱锥的体积公式判断C；将绕翻折到和四边形到同一平面内，将转化为线段的长，求得其最小值判断D.
【详解】由题意在正方体中，，，
即E为的中点；
以D为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系，

则，
则，
由得，
则点，由于，则，
故点F落在四边形的内部，
而在平面内，即和平面相交，
而平面，直线，故直线与一定为异面直线，A正确；
设平面的法向量为，，
则，令，则，
又，故，
设线与平面所成角为，
故，B正确；
由于点F落在四边形的内部，故F到平面的距离为2，
则四面体的体积,
即四面体的体积为定值，C错误；
当时，，此时点F在上（不含端点），
如图将绕翻折到和四边形到同一平面内，

连接交即为F点，则的最小值为的长；
由题意可知，
故
，
故，即的最小值为，D正确，
故选：ABD
三、填空题
4．（2023·全国·统考高考真题）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是 ．
【答案】
【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.
【详解】设球的半径为.
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径为体对角线长，即，故；

分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，
连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为.
综上，.
故答案为：
5．（2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）一个圆锥母线与底面所成的角的正切值为，母线长为，用过圆锥顶点的平面截圆锥，则所得截面面积的最大值为 .
【答案】5
【分析】求出的长，得出所截面积的表达式，即可求出所得截面面积的最大值.
【详解】由题意，设圆锥的顶点为S，底面圆心为O，
过圆锥顶点S的平面截圆锥所得截面为SAB，E为AB的中点，

则，
由，得，
∵圆锥母线长为，结合勾股定理解得，，，，
∴
，
∵，，
∴当，时，取得最大值为5.
故答案为：5.
6．（2023·全国·高三专题练习）如图，空间四面体中，，二面角的大小为，在平面内过点B作AC的垂线l，则l与平面所成的最大角的正弦值为 ．
【答案】
【分析】作出辅助线，得到当平面⊥BF时，l与平面所成角最大，且与互余，并得到即为二面角的平面角，则，设，表达出其他各边长，求出，从而得到l与平面所成角正弦值，得到答案.
【详解】记过点B作AC的垂线l，垂足为E，过点E作垂直于直线CE的平面，
交平面BCD于直线BF，
则当平面⊥BF时，l与平面所成角最大，且与互余．
此时，因为平面⊥BF，平面，所以平面⊥平面，
则由点E向平面作垂线，垂足H在CB上，过H作CD垂线HG，垂足为G，
连接EG．
由题知，即为二面角的平面角，则，
记，因为⊥平面，平面，所以⊥，
则在中，，，
因为⊥平面，平面，所以⊥，
又⊥，，平面，
所以⊥平面，
又平面，
故⊥，
又，所以在中，，即，
故m，
在中，因为⊥平面，平面，所以⊥，
，
记此时l与平面所成角为θ，则．
故答案为：
四、解答题
7.（2023·全国·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
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【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，
.
8.（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体中，，E为AC的中点．
(1)证明：平面平面ACD；
(2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.
（2）首先判断出三角形的面积最小时点的位置，然后求得到平面的距离，从而求得三棱锥的体积.
【详解】（1）由于，是的中点，所以.
由于，所以，
所以，故，
由于，平面，
所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）[方法一]：判别几何关系
依题意，，三角形是等边三角形，
所以，
由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.
，所以，
由于，平面，所以平面.
由于，所以，
由于，所以，
所以，所以，
由于，所以当最短时，三角形的面积最小
过作，垂足为，
在中，，解得，
所以，
所以
过作，垂足为，则，所以平面，且，
所以，
所以.
[方法二]：等体积转换
，，
是边长为2的等边三角形，
连接
9．（2023秋·江苏常州·高三华罗庚中学校考阶段练习）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且，．

(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面
(3)若点为线段上的动点．当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）设交于点，连接，利用三角形相似证得，从而证得，进而证得直线平面；
（2）通过平面，证得平面，所以平面平面；
（3）建立空间直角坐标系，设，通过向量和平面的法向量建立直线与平面所成角的正弦值的关系式，并利用基本不等式，即可求最值.
【详解】（1）如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面，

因为平面，所以，
又因为是底面圆的内接正三角形，由，可得，
，解得，
又，，所以，即，，
又因为，所以，
所以，即，
又平面，直线平面，平面，
所以直线平面．
（2）因为平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（3）易知，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，，，，，，
所以，，，，

设平面的法向量为，
则，令，则，
设，可得，
设直线与平面所成的角为，
则，
即，
令，
则，
当且仅当时，等号成立，所以当时，有最大值，
即当时，的最大值为1，此时点，
所以，
所以点到平面的距离，
故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为.
10.（2023·浙江·模拟预测）如图，在四面体中，分别是线段的中点，.

(1)证明：平面；
(2)是否存在，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出此时的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，使得平面与平面的夹角的余弦值为；理由见解析.
【分析】（1）由已知条件先分别去证明、，由线面垂直的判定定理即可求解.
（2）根据已知条件建立适当的空间直角坐标系，引入参数来表示某些点的坐标，若要使得平面与平面的夹角的余弦值为，即可通过计算和分析去判断是否存在满足题意的参数，此时对应的即可判断是否存在满足题意的的长度.
【详解】（1）如图所示：

因为分别是线段的中点，
所以，，
又因为，
即，所以，
且注意到，
所以，
又因为平面，平面，且，
所以由线面垂直的判定定理可知平面.
（2）因为点是线段的中点，且有，
所以，
所以易知是直角三角形，其中，
又由（1）可知平面，
所以以为轴，过点与平行的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系：

因为，，设，
不妨设当，，此时平面与平面的夹角的余弦值为.
由（1）可知，平面，
所以平面，
又，分别是线段的中点，
所以有，
所以
不妨设平面与平面的法向量分别为，
则有，，
即有，，
分别令、，
此时有，
不妨设平面与平面的夹角为，
则由题意，
整理得，因为，所以，
所以，即，此时有.
综上所述：存在，使得平面与平面的夹角的余弦值为.
11.（2023秋·福建福州·高三福建省福州格致中学校考阶段练习）在四棱锥中，底面为矩形，点在平面内的投影落在棱上，．
(1)求证：平面平面；
(2)若，，当四棱锥的体积最大时，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）作于点，进而得平面，再根据线面垂直的性质与判定定理证明即可；
（2）过点作于，连接，进而根据几何关系证明平面得到，，再求的体积，再根据结合勾股定理与基本不等式得当时，四棱锥的体积最大，最后建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】（1）解：作于点，因为点在平面内的投影落在棱上，
所以平面，平面，
所以，
又为矩形，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面.
（2）解：过点作于，连接，
因为，，，
所以，所以，
又因为平面，平面，
所以，且，
，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以，且，，
所以的体积，
在中，，所以，
当且仅当时，此时四棱锥的体积最大，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，所以，
设平面的法向量为，则，所以，
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
12．（2023·全国·高三专题练习）如图1，等腰梯形是由三个全等的等边三角形拼成，现将沿翻折至，使得，如图2所示.

(1)求证：；
(2)在直线上是否存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）根据全等三角形性质，利用线面垂直判定定理可证明平面，再由线面垂直性质可得；
（2）解法一利用线面角的定义，作出线面角的平面角，由余弦定理即可求出结果；
解法二根据等体积法求出点到平面的距离，再根据线面角的定义即可求出答案；
解法三利用空间向量，求出平面法向量以及直线方向向量，根据线面角与空间向量之间的关系即可求得结果.
【详解】（1）在图1连接交于点，
在图2中，易知、都是等边三角形，
易得，，又，平面，
可得平面；
又直线平面，
所以.

（2）解法一：
假设存在点，符合题意.
设，则，则在中，由，
由余弦定理得，
由（1）得直线平面，又，∴直线平面，
∵平面，∴平面平面
作，垂足为，则平面，
在，由，，
所以

如图3，取中点，连接，，
由，得四边形为平行四边形，
因为平面，所以平面，
则直线与平面所成角为，且.
由已知，即，
由，得
在中，设，由余弦定理得
即，解得或
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，
此时或
解法二（等体积法）：
设，则，
则在中，由，，由余弦定理得，
作，垂足为，连接，得，∴
由（1）得直线平面，又，∴直线平面，
∴，所以是直角三角形，
所以的面积为，
设点到平面的距离为，
由得，得，
设直线与平面所成角为，则，所以
所以，得，
在中，设，由余弦定理得
即，解得或
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，
此时或
解法三（向量法） 由解法一知，如图3，以的中点为原点，，，分别为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，

则，，，所以，
因此，，
设平面的法向量为，
则，解得，令，则；
即向量，
设存在点，，满足题意，
则，
所以，
设直线与平面所成角为，则，所以
所以
，
解得，
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，
此时或