新高考数学二轮复习 题型归纳演练专题8-2 立体几何中的角和距离问题（含探索性问题）（2份打包，原卷版+解析版）

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目录
TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc2225" 专题8-2立体几何中的角和距离问题（含探索性问题） PAGEREF _Tc2225 \h 1
\l "_Tc10936" PAGEREF _Tc10936 \h 1
\l "_Tc19407" 题型一：异面直线所成角（含定值，最值，范围） PAGEREF _Tc19407 \h 1
\l "_Tc4090" 题型二：线面角（定值，最值） PAGEREF _Tc4090 \h 12
\l "_Tc22103" 题型三：线面角探索性问题 PAGEREF _Tc22103 \h 32
\l "_Tc28436" 题型四：二面角（定值，最值） PAGEREF _Tc28436 \h 47
\l "_Tc13326" 题型五：二面角探索性问题 PAGEREF _Tc13326 \h 68
\l "_Tc32638" 题型六：点到平面距离问题 PAGEREF _Tc32638 \h 80
\l "_Tc13897" PAGEREF _Tc13897 \h 95
题型一：异面直线所成角（含定值，最值，范围）
【典例分析】
例题1．（2022·山东泰安·二模）已知，两点都在以为直径的球的球面上，，，若球的体积为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】
如图，取中点，连接，由可得是的外心，则平面，又，，
由得，即，又，，分别是中点，
，，以为轴建立空间直角坐标系，
则，与平行的向量，
，故异面直线PB与AC所成角的余弦值为.
故选：A.
例题2．（2022·江苏省横林高级中学高二阶段练习）在正方体中，是棱的中点，是底面内（包括边界）的一个动点，若平面，则异面直线与所成角的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】解：取中点，中点，连接，，，取中点，连接，
在正方体中，是棱的中点，
，，，
，，
平面平面，
是底面内（包括边界）的一个动点，平面，
的轨迹是线段，
如图，以D为原点，为轴建立空间之间坐标系，设正方体棱长为2
则，，，，
由于在线段上，设，且
所以
则 ，又
所以
由于，所以
所以异面直线与所成角的取值范围.
故选：C.
例题3．（2022·湖北·荆门市东宝中学高二期中）如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，.
（1）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；
（2）点是线段上的动点，当直线与所成的角最小时，求线段的长.
【答案】(1) (2)
【详解】试题分析：以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则各点的坐标为．
（1） 因为平面，所以是平面的一个法向量，．
因为．
设平面的法向量为，则，
即，令，解得．
所以是平面的一个法向量，从而，
所以平面与平面所成二面角的余弦值为．
（2） 因为，设，
又，则，
又，
从而，
设，
则，
当且仅当，即时，的最大值为．
因为在上是减函数，此时直线与所成角取得最小值．
又因为，所以．
【提分秘籍】
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
③涉及到异面直线所成角所成范围或最值问题时，根据得到的解析式，可通过配方为二次函数，或者基本不等式，或者求导，求出范围或者最值.
【变式演练】
1．（2022·江苏·高二阶段练习）在长方体中，为空间内一点，为底面内一点，且满足，异面直线与所成角为，则当线段的长度取最小值时，的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由，得，即，
所以点在直线上.又异面直线与所成的角为，为底面内一点，所以点在以点为圆心，半径为的圆上，因此要使长度最小，则、、共线，且.因为，，所以，，此时，又因为与反向，所以.
故选：B.
2．（多选）（2022·河南·高二期中）在三棱锥中，平面平面BCD，，，为等边三角形，E是棱AC的中点，F是棱AD上一点，若异面直线DE与BF所成角的余弦值为，则AF的值可能为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】AC
【详解】由为等边三角形，取BD的中点O，连接,则
又平面平面BCD，且平面平面
所以平面BCD，由
过作与平行的直线为轴，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，则，，
所以．
设，则，，
则，解得或，
故或．
故选：AC
3．（多选）（2022·浙江·余姚中学高二阶段练习）如图，在三棱锥中，平面平面，与均为等腰直角三角形，且，，是线段上的动点（不包括端点），若线段上存在点，使得异面直线与成的角，则线段的长度可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【详解】解：以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
设，因为与为异面直线，所以，，，
则，
异面直线与成的角，
，
，，
，解得，
，
线段长的取值范围是．
故选：AB．
4．（2022·云南·玉溪市民族中学模拟预测（文））如图，在直三棱柱中，D，E，F分别是的中点，．
(1)证明：平面；
(2)若，求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）证明：因为三棱柱是直三棱柱，
所以面ABC，又面ABC，则，
又因为，且，平面，平面，
所以平面；
（2）由（1）知：平面，建立如图所示空间直角坐标系：
设AD=2，则，
所以，
设异面直线与所成的角为，
所以.
5．（2022·天津·二模）如图所示，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，AE⊥底面ABCD，AE∥CF，AD=3，AB=BC=AE=2，CF=1．
(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)求直线BE与直线DF所成角的余弦值；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：∵AE∥CF，AE⊄平面BFC，CF⊂平面BFC，
∴AE∥平面BCF，
∵AD∥BC，同理可得AD∥平面BFC，
又AD∩AE=A，∴平面BCF∥平面ADE，
∵BF⊂平面BFC，∴BF∥平面ADE；
（2）以A为坐标原点，AB、AD、AE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，3，0），E（0，0，2），F（2，2，1），
则=（-2，0，2），=（2，-1，1），
∴直线BE与直线DF所成角的余弦值为
题型二：线面角（定值，最值）
【典例分析】
例题1．（2022·全国·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面为正方形，二面角为直二面角，，点为线段AD的中点.
(1)证明：；
(2)若，点是线段上靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）取AB的中点O，连接SO，DO，
因为，所以，
所以.
又二面角为直二面角，
所以平面ABCD，且平面ABCD, 所以.
在正方形ABCD中，O，M分别为AB，AD的中点，
所以，所以，
又，所以，所以.
因为，平面SOD，平面SOD，
所以平面SOD，
又平面SOD，所以.
（2）取CD的中点，连接OG，由（1）可知OB，OS，OG两两垂直.
以为坐标原点，OB，OS，OG所在直线分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系.
不妨设AB=2，则，，，，
，，，，
则，.
设平面SMN的法向量为，
由题意得，
令，得.
设直线SA与平面SMN所成的角为，
则，
故直线SA与平面SMN所成角的正弦值为.
例题2．（2022·湖南·模拟预测）故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿．由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶．如图，某几何体ABCDEF有五个面，其形状与四阿顶相类似．已知底面为矩形，，底面,，，分别为，的中点．
(1)证明：且平面．
(2)若二面角为，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：因为EF∥底面ABCD，平面ABFE，平面底面，
所以．
因为，M，N分别为AD，BC的中点，
所以EM⊥AD，FN⊥BC，，
因为∥，，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为，
所以四边形EFNM为梯形，且EM与FN必相交于一点，
又，
所以，
因为平面，
故BC⊥平面．
（2）解：过点E作，垂足为H，
由（1）知BC⊥平面，
因为平面，
所以平面平面，
因为平面平面，平面，
所以EH平面，
由，，得为二面角的平面角，则．
因为，所以．
作，垂足为K．
以H为原点，以的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，
，．
设平面ABF的法向量为，
则，
令，得．
因为，
所以，
故CF与平面ABF所成角的正弦值为．
例题3．（2022·河北·模拟预测（理））如图1所示，在平行四边形中，，，将沿折起，使得二面角的大小为，如图2所示，点为棱的中点，点为棱上一动点．
(1)证明：；
(2)若四棱锥的体积为，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)
【详解】（1）证明：取的中点，连接，，，
点为棱的中点，在中，
，
，，
在平行四边形中
有，，
，
，
折起后也有
所以，
，，
为二面角的平面角，即，
平面，平面
，
，，
为正三角形，
，
，
平面，
平面，
，
，
平面，
平面，
.
（2）设，，
那么点到面的距离就是的长，也就是，
，
，
解得，
，，
以A为坐标原点，以，为，轴，以过A且平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，0，，，2，，，4，，，1，，
设点，
根据与方向相同得：，
，，，
，，1，，
设平面的一个法向量为，
，
令，
解得，，
平面的一个法向量为
，，，

．
当时取到等号
直线与平面所成角的正弦值的最大值为．
例题4．（2022·全国·模拟预测）已知四棱锥的底面为菱形，，，平面．与底面所成角为，设平面与平面交线为．
(1)证明：平面；
(2)为上的动点，且点与点在平面同侧，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
（1）
因四棱锥的底面为菱形，则，而平面，平面，
则有平面，又平面平面，平面，于是得，
而平面，平面，
所以平面.
（2）
取BC中点E，连接DE，BD，菱形中，，则为正三角形，有，又，即有，
而平面，以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因与底面所成角为，则，，
有，设，
，设平面的法向量，
则，令，得，设直线与平面所成角为，
因此，而，
则当时，，，即，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围.
【提分秘籍】
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.
③涉及到线面角范围或最值问题时，根据得到的解析式，可通过配方为二次函数，或者基本不等式，或者求导，求出范围或者最值.
【变式演练】
1．（2022·全国·安阳市第二中学模拟预测（理））如图所示，直三棱柱中，，点M为线段，的交点，点P，Q分别为线段，AB的中点，延长至点D，使得，连接CD，QD，CQ．
(1)求证：平面平面；
(2)若点M在平面ABP内的投影恰好为的重心，，求直线MD与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）如图，连接MQ．
因为，，故，
而，故四边形BDCP为平行四边形，则，
因为平面，平面，故平面；
同理可证BDQM为平行四边形，，即，平面，平面，故平面．
因为，平面CDQ，平面CDQ，
故平面平面；
（2）在直三棱柱中，因为，，由余弦定理可得，解得，
故为等腰直角三角形，，
故以CA，CB，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．
设，重心为G，
则，，，，，
，，
因为平面ABP，所以有，
故．
设平面的法向量，
则，取，得，
故直线MD与平面所成角的正弦值．
2．（2022·浙江温州·三模）如图是一个四棱柱被一个平面所截的几何体，底面是正方形，M是的中点，.
(1)证明：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)
(1)
法一：证明：连，因为，
所以四边形是平行四边形，所以，
又，
所以，
而，所以平面，
又面，所以平面平面；
法二：证明：取中点O，连，
则，
所以E，G，M，O四点共面，
又，
所以，
而，所以平面，
又面，所以平面平面；
(2)
法一（向量法一）：取中点O，连，则，
所以E，G，M，O四点共面，又平面，所以，
又，所以面，
以O为原点，过O垂直于的向外的射线为x轴，为y轴，为z建立如图空间直角坐标系，
则，
由，所以，
所以，
又是平面的法向量，
所以
.
法二（向量法二）：以A为原点，分别以射线为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系，则，
设，
由，得，
又，所以，
所以，
又是平面的法向量，
所以
法三（几何法）：取中点N，连，
因为，所以四边形是平行四边形，所以，
于是，问题转化为求与平面所成角的正弦值，
又因为平面，
所以（或其补角）就是与平面所成角的余角，
取中点O，连，则，所以E，G，M，O四点共面，
又平面，所以，又，
所以平面，
所以，又，
所以面，所以，
，所以.
所以与平面所成角的正弦值为.
3．（2022·山东日照·三模）如图，在斜三棱柱中，侧面侧面，M为上的动点.
(1)当M为的中点时，证明：；
(2)求与平面所成角的正弦值的取值范围.
【答案】(1)证明见详解.
(2)
（1）
连接
由可知:四边形均为含的菱形,故
当M为的中点时,则,又侧面侧面,侧面侧面,故平面,从而,
,所以平面,平面, 故
（2）
取中点为,因为侧面侧面,,
故可建立如图所示的空间直角坐标系.,设 则
设平面的法向量为
由 ,令
设与平面所成角为,所以
当时,
当时, ,
所以
综上故
4．（2022·江苏江苏·三模）如图，在四棱锥中，底面，，点在棱上，,点在棱上，.
(1)若，为的中点，求证：，，，四点共面；
(2)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)
（1）
解：以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
则，，，
设，则，解得，
则，即，，，四点共面.
（2）
解：由（1）中的空间直角坐标系，可得，，，
设，（其中），且，
则，解得，
可得
设平面的法向量为，由，
取，可得，所以
设直线与平面所成角为，则，
当且仅当时等号成立.
直线与平面所成角的正弦的最大值为.
题型三：线面角探索性问题
【典例分析】
例题1．（2022·天津·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，为棱上的点，且
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)设为棱上的点（不与、重合），且直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【详解】（1）以为原点，所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，
所以，，
所以，，且，所以DE⊥平面.
（2）由（1）知，DE⊥平面，是平面的一个法向量，
且，，，
设平面的一个法向量为，
所以，即，令，则，
所以，
，
由图二面角的平面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
（3）由（1）得，，，，
设，则，可得，
所以，是平面的一个法向量
所以
，解得.
所以.
例题2．（2022·天津河东·二模）如图所示，直角梯形中，，垂直，，四边形为矩形，，平面平面．
(1)求证：∥平面；
(2)求平面与平面所成二面角的正弦值；
(3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，且，理由见解析
(1)
取为原点，所在直线为轴，过点且平行于直线的直线为轴，
所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
由得，
不妨设，则，
，
又，
，
，
又平面，
平面.
(2)
，，
设平面的一个法向量为，
由得，
不妨设，则，，
，
则
，
，
平面与平面所成二面角的正弦值为.
(3)
存在，理由如下，
设，
则，所以，
又平面的一个法向量为，
即直线与平面所成角为，
则，
整理得，解得或，
当时，，则；
当时，，则；
综上，即在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时线段的长为.
例题3．（2022·安徽马鞍山·三模（理））如图所示，四棱锥，底面在以为直径的圆上，圆，为等边三角形，，．
(1)求证：平面平面；
(2)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；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在；.
(1)
证法一：设，由题知为等边三角形，为直径，，得，
∴，，，
得，在中，得，
在中，，得．易知，
则，故．
易知，则，又，
平面，
又平面，
平面平面．
证法二：设，连接，
由平面，平面，
，由题知，又，
平面，平面，
，
，，为等边三角形，
，，， 得，，
，则，
又，
故平面，
又平面，
平面平面．
(2)
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，过点且与直线平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设，，
则
令平面的法向量为，
则，
取，
令直线与平面的所成角为，
，
解得，
即上存在点，使得.
【提分秘籍】
探索性问题，动点的位置一般可以假设，再结合向量加，减法，求解；另外如果动点在坐标轴上，可以直接假设动点坐标;
【变式演练】
1．（2022·天津·一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，，AP⊥平面ABCD，，点M、N分别为线段BC和PD的中点．
(1)求证：AN⊥平面PDM；
(2)求平面PDM与平面PDC夹角的正弦值；
(3)在线段PC(不包括端点)上是否存在一点E，使得直线BE与平面PDC所成角的正弦值为，若存在，求出线身PE的长：若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，PE=．
【详解】（1）方法一：∵，且，
∴BM∥AD，且BM=AD，
∴四边形ADMB是平行四边形，
∴，
∵，则AD⊥DM，
∵AP⊥平面ABCD，平面ABCD，
∴AP⊥DM，又，
∴DM⊥平面PAD，又平面PAD，
∴DM⊥AN，
∵，N是PD的中点，
∴PD⊥AN，又，、平面PDM，
∴AN⊥平面PDM；
方法二：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．
则，，，，，，．
则，，．
设平面PDM的法向量为，
则，即，取，则，，则，
∴，则，
∴AN⊥平面PDM；
（2），，设平面PDC的法向量为，
则，则，取，则，，则，
由(1)知平面PDM的一个法向量为，
设平面PDM与平面PDC的夹角为，
则，
∴，
∴平面PDM与平面PDC夹角的正弦值为；
（3）假设存在点E，设，
，，，
则，
设直线BE与平面PDC所成角为，
由(2)知平面PDC的一个法向量为，
则，
化简得，即，
∵，∴，故，
∵，则，
∴，
∴线段PE的长为．
2．（2022·黑龙江·佳木斯一中模拟预测（理））如图，四棱锥的底面为菱形，，，底面ABCD，E，F分别是线段PB，PD的中点，G是线段PC上的一点．
(1)若，证明直线AG在平面AEF内；
(2)若直线AG与平面AEF所成角的正弦值为，试确定的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)或
（1）证明：取BC的中点M，连接，则AM⊥AD，分别以AM，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系, 如图所示．
则，，，，， ，
设，因为，，．
所以，即，
，，
设平面AEF的法向量，则，所以
取，
所以，即．
又因为平面AEF，
所以直线AG在平面AEF内．
（2）
（2）设，则
则，
解得或，即或．
3．（2022·河南·汝州市第一高级中学模拟预测（理））如图，在三棱柱中，平面分别是的中点.
(1)求证：//平面；
(2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
（1）
连接，且交于点，再连接，如图所示.
因为三棱柱，所以.
又分别是的中点，所以，
所以四边形是平行四边形，所以点是的中点.
在中，点是的中点，是的中点，所以，
又平面平面，所以平面.
（2）
不妨设，则.
在中，由余弦定理得，即.
所以，所以.
因为平面，又平面，所以，
又，所以.
以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，所以.
设平面的一个法向量为，
由得
令，解得，
所以平面的一个法向量.
设，且，
所以，得，
所以点的坐标为，
所以.
设直线与平面所成的角为，
则
解得，所以.
题型四：二面角（定值，最值）
【典例分析】
例题1．（2022·四川·石室中学模拟预测（理））如图，在四棱锥中，，，，是棱的中点，且平面
(1)证明：平面；
(2)若，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）取中点，连接，，，，面，面，
故面，面，，面面，
平面平面，平面平面，故.
，，，，故，
，是中点，故，，平面，
故面，，故面.
（2）如图所示以为轴建立空间直角坐标系，
，，，，，，
设平面法向量为， ，
取，，
设平面法向量为，，
取，，
，
设二面角的平面角为，.
例题2．（2022·四川·广安二中模拟预测（理））在四棱锥中，，，，， 平面，与平面所成角，又于，于.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）过作，则四边形为矩形，
以分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，因为与平面所成角，
所以，所以，所以,
，，
设，
所以，即,
因为，所以,解得，
所以，又因为，
所以，即，
又因为，，平面，
所以平面.
（2）由（1）可知平面，
则为平面的一个法向量.
,所以,即，
又因为平面，平面,所以，
又因为平面，
所以 平面，
则为平面的一个法向量.
则
所以二面角的余弦值为.
例题3．（2022·内蒙古包头·二模（理））已知直三棱柱中，侧面为正方形.，，分别为和上的点，且，，为棱上的点，.
(1)证明：，且；
(2)当为何值时，平面与平面所成的二面角的正弦值最小？
【答案】(1)证明见解析
(2)
（1）
因为，，所以，
又，且，所以平面，
又平面，所以.
因为，所以在中，
，
又，所以，
由，且，得，
取点B为坐标原点，以BA，BC，所在直线分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系（如图所示）.
则，，，，
设，则，于是，
所以，即.
（2）
因为平面的一个法向量为，又由（1）知，
，
设平面DEF的法向量为，则，所以有
取，得，，于是平面DEF的法向量为，
所以，
设平面与平面DEF所成的二面角为，则，
故当时，平面与平面DEF所成的二面角的正弦值取得最小值为.
所以当时，平面与平面DEF所成的二面角的正弦值最小.
例题4．（2022·安徽省舒城中学一模（理））如图所示，三棱锥中，平面，，平面经过棱的中点，与棱，分别交于点，，且平面，平面．
(1)证明：平面；
(2)若，点是直线上的动点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(1)
证明：平面，平面，且平面平面，
，又为的中点，为的中点，
又平面，同理可得，且为的中点，
平面，平面，，则，
，，，而，、平面，
平面；
(2)
解：如图，以点B为坐标原点，分别以BA，BC所在直线为x，y轴，过点B且与AP平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，
设，则，设平面的法向量为，
则，令，则，，
所以为平面的一个法向量.
设平面的法向量为，则，则，令，则，
所以为平面PBC的一个法向量.
设平面MAC与平面PBC所成的锐二面角为θ，
则.
当时，;
当时，，
当且仅当，即时，取得最小值，取得最大值，最大值为.
所以平面MAC与平面PBC所成锐二面角的余弦值的最大值为.
【提分秘籍】
（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.）
③涉及到二面角范围或最值问题时，根据得到的解析式，可通过配方为二次函数，或者基本不等式，或者求导，求出范围或者最值.
【变式演练】
1．（2022·山东青岛·一模）如图①，在梯形中，，，，为的中点，以为折痕把折起，连接，，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列两个问题．
(1)证明：；
(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求二面角的余弦值．
①四棱锥的体积为2；
②直线与所成角的余弦值为．
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)
（1）
证明：在图①中
因为，，为中点所以，，
所以为平行四边形，所以，同理可证，
在图②中，取中点，连接，，，
因为，所以，，
因为，所以平面，
因为平面，所以.
（2）
若选择①：因为平面，平面，
所以平面平面且交线为，所以过点作，
则平面，因为，
所以四棱锥的体积，
所以，所以与重合，所以平面，
建系如图，则，，， ，
平面法向量为，设平面法向量为，
因为，，
所以，得，
设二面角的大小为，则，
所以二面角的余弦值为.
若选择②：因为，所以即为异面直线与所成角，
在中，，
所以所，以，所以，
因为平面，平面，
所以平面平面且交线为，所以平面，
建系如图，则，，， ，
平面法向量为，
设平面法向量为，
因为，，
所以，得，
设二面角的大小为，则，
所以二面角的余弦值为.
2．（2022·全国·模拟预测）如图①，平面图形ABCDE中，，四边形BCDE是等腰梯形，，.沿BE将△ABE折起，使平面平面BCDE，得到四棱锥，连接CE，如图②.
(1)设平面ABC与平面ADE的交线为l，求证：；
(2)当四棱锥的体积为时，求侧面ACD与侧面ABE所成的二面角的平面角.
【答案】(1)证明见解析
(2)60°
(1)
因为平面平面BCDE，平面平面，
，平面ABE，所以平面BCDE，
因为平面BCDE，所以.
在等腰梯形BCDE中，由，，
可得，
在△BCE中，由余弦定理得，
所以，则.
因为 ，所以平面ABC.
因为l是平面ABC与平面ADE的交线，所以平面ABC，所以；
(2)
如图，过点C作于点G，易得，
则梯形BCDE的面积，
所以，解得，
如图，以B为坐标原点，分别以BE，BA所在直线为y轴，z轴，在平面BCDE内以垂直于BE的直线为x轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
设平面ACD的法向量为，则即
令，得，则，所以，
又平面ABE的法向量为，
所以，由图可知所求二面角为锐角，
所以侧面ACD与侧面ABE所成的二面角的平面角大小为60°；
综上，所求的二面角的平面角为60°.
3．（2022·山东潍坊·模拟预测）如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长均为2，D为棱BB1（不包括端点）上一动点，E是AB的中点．
(1)若AD⊥A1C，求BD的长；
(2)当D在棱BB1（不包括端点）上运动时，求平面ADC1与平面ABC的夹角的余弦值的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(1)
由，知，
又平面ABC⊥平面，所以CE⊥平面．
而AD平面，∴，又，所以AD⊥平面，
所以．又四边形为正方形，故此时D为的中点，故．
(2)
以E为原点，EB为x轴，EC为y轴，过E作垂直于平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
设，则A（－1，0，0），D（1，0，t），（0，，2），
，．
设平面的一个法向量为，
则，取，得．
平面ABC的法向量，
设平面与平面ABC的夹角为，
∴
由于，故．
即平面与平面ABC夹角的余弦值的取值范围为．
4．（2022·全国·长郡中学模拟预测）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）
【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．
题型五：二面角探索性问题
【典例分析】
例题1．（2022·浙江绍兴·一模）在四棱锥中，，，，.
(1)求证：；
(2)若平面平面，二面角的余弦值为，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：如图所示，取的中点，连接，.
依题意可知，，，，
故，为正三角形，
,又，，平面，平面
平面，又平面，
，.
（2）依题意平面平面，由（1）可知，平面平面,平面,
则平面，故以，，为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，，,
，，，,
设平面的一个法向量，由,可得 ，
令，则，，,
设平面的一个法向量，由,可得 ，
令，则，，则,
可得平面的法向量.
依题意可得，解得，即.
即平面的法向量，,
设直线与平面所成角为，
则的正弦值.
例题2．（2022·四川·成都七中模拟预测（理））如图1，在边长为4的菱形中，，点，分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2所示的五棱锥．
(1)在翻折过程中是否总有平面平面？证明你的结论；
(2)当四棱锥体积最大时，求直线和平面所成角的正弦值；
(3)在（2）的条件下，在线段上是否存在一点，使得二面角的平面角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)总有平面平面PAG；证明见解析
(2)
(3)存在；Q为线段PA的中点．
【详解】（1）在翻折过程中总有平面平面PAG，
证明如下：∵点M，N分别是边BC，CD的中点，∴，
又因为菱形ABCD中∠DAB＝60°，∴是等边三角形，
∵G是MN的中点，∴，
∵菱形ABCD的对角线互相垂直，∴，∴，
∵，平面PAG，平面PAG，
∴平面PAG，∴平面PAG，∵平面PBD，∴平面平面PAG．
（2）由题意知，四边形MNDB为等腰梯形，且DB＝4，MN＝2，，
所以等腰梯形MNDB的面积，
要使得四棱锥P-MNDB体积最大，只要点P到平面MNDB的距离最大即可，
∴当平面MNDB时，点P到平面MNDB的距离的最大值为，
此时四棱锥P-MNDB体积的最大值为，
连接BG，则直线PB和平面MNDB所成角的为∠PBG，
在中，，，由勾股定理得：．
∴．
（3）假设符合题意的点Q存在．
以G为坐标原点，GA，GM，GP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，
则，，，，
因为平面PMN，故平面PMN的一个法向量为，
设，∵，，
故，∴，，
平面QMN的一个法向量为，则，，
即，令，所以，
即，
则平面QMN的一个法向量，设二面角的平面角为，
所以，解得：，
故符合题意的点Q存在，且Q为线段PA的中点．
例题3．（2022·江苏·南京外国语学校模拟预测）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面是菱形，平面平面，，分别是棱，的中点，是棱上一点，且．
(1)证明：平面；
(2)若三棱锥的体积为1，且二面角的余弦值为，求的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
（1）
证明：取中点，连接为的中点，为的中点，
四边形为平行四边形，
平面平面，
平面.
（2）
解：平面平面过作平面，
，
为中点，，
如图分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
由，
设平面和平面的一个法向量分别为,
∴,∴
，设二面角的平面角为,
.
【提分秘籍】
探索性问题，动点的位置一般可以假设，再结合向量加，减法，求解；另外如果动点在坐标轴上，可以直接假设动点坐标;
【变式演练】
1．（2022·湖北武汉·模拟预测）如图，在四面体中，是正三角形，是直角三角形，．
(1)求证：；
(2)已知点E在棱上，且，设，若二面角的余弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
（1）
证明：因为是正三角形，所以
因为，公共边，所以，所以，
因为是直角三角形，所以，
取的中点O，连接，，则，，
因为是正三角形，所以，
因为，所以平面，
又因为平面，所以．
（2）
解：在直角中，，
因为，所以，所以，
以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则．
可得平面的法向量为
设，由，可得，
可得
设面的法向量为，则，
取，可得，所以，
则，
又因为，解得．
2．（2022·江苏扬州·模拟预测）如图所示，已知长方形中，为的中点将沿折起，使得.
(1)求证：平面平面；
(2)若点在线段上，且平面与平面所成锐二面角的余弦值为，试确定点的具体位置.
【答案】(1)证明见解析
(2)为的中点
（1）
在矩形中，为中点，
又平面，
又平面平面平面.
（2）
因为，过点作直线垂直于平面，以点为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
，
设，
设，，
，
设平面的一个法向量，
而平面的一个法向量
设平面与平面所成锐二面角为，
，故为的中点.
3．（2022·四川省内江市第六中学模拟预测（理））如图，是边长为6的正三角形，点E，F，N分别在边AB，AC，BC上，且，为BC边的中点，AM交EF于点，沿EF将三角形AEF折到DEF的位置，使.
(1)证明：平面平面；
(2)试探究在线段DM上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)时二面角的大小为
（1）
在中，易得，，，
由，得，
又，，，
又为中点，，，
因为，平面，
平面，又平面，
所以平面平面；
（2）
由(1) 平面，以为原点，以为的正方向建立空间直角坐标系，，，
，，
由(1)得平面的法向量为，
设平面的法向量为，，
所以，所以.
由题得,所以，
所以，所以，
因为二面角P—EN—B的大小为60°，
所以，解之得（舍去）或.
此时，所以.
题型六：点到平面距离问题
【典例分析】
例题1．（2022·浙江台州·模拟预测）如图，在四棱锥中，，与均为等腰直角三角形，，，且平面平面.
(1)求证：；
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取的中点，连接，
与均为等腰直角三角形，，
，，，，
又，平面，平面，
平面，.
（2）平面平面，平面平面，，平面，平面，又，
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，
，，，，
又，，
则，，，，
设，则，，，则，
，，，
设平面的法向量为，
则，令，解得：，，；
点到平面的距离.
例题2．（2022·北京·北师大实验中学模拟预测）如图，在三棱锥中，平面，，，，，分别是，，，的中点，，与交于点，与交于点，连接．
(1)求证：；
(2)求平面与平面所成角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【详解】（1）因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，
所以EFAB，DCAB，所以EFDC．
又因为EF平面PCD，DC⊂平面PCD，
所以EF平面PCD．
又因为EF⊂平面EFQ，平面EFQ平面PCD＝GH，
所以EFGH，又因为EFAB，所以ABGH.
（2）因为，PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直．
以点B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP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．
由，则，
所以，.
设平面PAB的一个法向量为，则可取
设平面PDC的一个法向量为＝(x，y，z)，
由，，
得，取z＝1，得＝(0，2，1)．
所以cs〈〉＝，
所以平面PAB与平面PCD所成角的余弦值为．
（3）由点到平面的距离公式可得，
即点A到平面PCD的距离为.
例题3．（2022·天津市滨海新区塘沽第一中学模拟预测）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的大小；
(3)已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
（1）
证明：四边形是正方形，，平面，平面．所以平面．
四边形是梯形，， 平面，平面，所以平面，
平面，平面，，平面平面，
平面，平面．
（2）
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，2，，，0，，，2，，，0，，
，2，，，2，，，0，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，，得，1，，
设平面的法向量，，，
则，取，，，得，1，，
设二面角的大小为，由图形得为钝角，
则，
因为为钝角，，
二面角的大小为．
（3）
点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，
设则，，，，
，
解得，∴线段的长为．
设平面的法向量，因为，，
则，取，得，
又，所以．
【提分秘籍】
点到平面的距离
如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度.
【变式演练】
1．（2022·北京东城·三模）如图，在正三棱柱中，，，分别为，的中点.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的大小；
(3)线段上是否存在点，使得？若存在，求出点到平面的距离；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，距离为
(1)
证明：取中点，连接.
因为正三棱柱，
所以，且.
因为E为线段的中点，
所以且.
所以且.
因为D为中点，所以.
所以且.
所以四边形是平行四边形.
所以.
又因为平面平面，
所以平面.
(2)
解：分别取中点O，，连接.
因为是正三棱柱，
所以平面，.
所以平面.
所以.
以O为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.
则.
所以.
设平面的法向量为，
所以，即
令，解得，所以.
设直线与平面所成角为，，
则，
所以.
即直线与平面所成角为.
(3)
解：假设存在点G，设.
所以.
所以.
由知，
若，则.
解得.即G与C为同一个点.
因为，平面的法向量为，
所以点G到平面的距离.
2．（2022·北京·人大附中模拟预测）如图，三棱柱中，面面，．过的平面交线段于点（不与端点重合），交线段于点．
(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)若到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
（1）
在三棱柱中，，平面，平面，则平面，
又平面平面，平面，于是得，
而平面平面，平面平面，平面平面，则，
所以四边形为平行四边形.
（2）
在平面内过点A作，因平面平面，平面平面，
于是得平面，又，以点A为原点，建立如图所以的空间直角坐标系，
因，，则，
，
，
设平面的法向量，则，令，得，
点B到平面的距离，解得，
因此，，而，设直线与平面所成角为，
于是得，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
3．（2022·黑龙江·哈九中模拟预测（理））图1是直角梯形，，，，，，，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2．
(1)求证：平面平面；
(2)若点P为线段上靠近点的三等分点，求点到平面的距离？
【答案】(1)证明见解析
(2)
（1）
在图1中取中点F，连接，，
∵，，，∴，，
∵，，，∴四边形为矩形，∴，
∴，又，∴为等边三角形；
又，∴为等边三角形；
在图2中，取中点G，连接，，
∵，为等边三角形，∴，，
∴，又，∴，∴，
又，，平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面．
（2）
以G为坐标原点，，，正方向为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
∴，，，
∵，∴，
设平面的法向量，
则，令，则，∴，
∴到平面的距离为．
1．（2022·青海·湟川中学一模（理））在各棱长均相等的直三棱柱中，点M在上，点N在AC上且，则异面直线与NB所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】设棱长为3，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
∴，．设异面直线与BN所成角为，
则，∴，∴异面直线与BN所成角的正切值为.
故选：B．
2．（2022·河南开封·一模（文））如图，在正方体中，点M，N分别是，的中点，则下述结论中正确的个数为（ ）
①∥平面； ②平面平面；
③直线与所成的角为； ④直线与平面所成的角为．
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【详解】建立如下图所示的空间直角坐标系，设该正方体的棱长为，
，
由正方体的性质可知：平面，则平面的法向量为，
，因为，所以，而平面，
因此∥平面，故①对；
设平面的法向量为，，，
所以有，
同理可求出平面的法向量，
因为，所以，因此平面平面，故②正确；
因为，，
所以，
因为异面直线所成的角范围为，所以直线与所成的角为，故③正确；
设直线与平面所成的角为，
因为，平面的法向量为，
所以，
所以直线与平面所成的角不是，因此④错误，
一共有个结论正确，
故选：C
3．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）在正三棱锥中，底面是边长为正三角形，是的中点，若直线和平面所成的角为，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】连接，AE，过A点作平面于，则落在上，且为的重心，所以为直线和底面所成的角，即.
因为的边长为，所以，.
设三棱锥外接球的球心为，外接球半径为，则在上，连接.
在中，，，，由勾股定理得，
，即，
解得. 所以三棱锥外接球的表面积为.
故选：C
4．（2022·江西·新余四中模拟预测（理））如图，在正方体中，E，F分别为棱，的中点，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】解：以D为原点，以，，的方向分别作为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则，，，，所以，，所以所求角的余弦值为．
故选：A
5．（2022·河南郑州·二模（理））如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】如图，
以D为坐标原点， ，分别为x轴，y输、z轴正方向建立空间直角坐标系，则．从而.
设平面的法向量为，则，即，得，
令，则，所以点E到平面的距离为．
故选：C
6．（2022·江苏·扬中市第二高级中学模拟预测）在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，侧棱，D，E分别是与的中点，点E在平面ABD上的射影是的重心G，则点到平面ABD的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】解：如图所示，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
设，则，0，，，，，，，0，，
可得，，，，
因为点在平面上的射影是的重心，
所以平面，所以，
即，解得，
即，
则点到平面的距离为，是的中点，
所以．
故选：A.
7．（2022·四川泸州·一模（文））在棱长为1的正方体中，点M在对角线上（点M与A，不重合），则下列结论中错误的是（ ）
A．线段与的长度始终相等
B．存在点M，使得∥平面
C．存在点M，使得直线与平面所成角为
D．若N是上一动点，则的最小值为
【答案】D
【详解】对A：连接，如下所示：
因为，故△△，故，
又，故△△，故始终成立，故A正确；
对B：以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系：
则，
，设平面的一个法向量，
则，即，取，则，故；
设点的坐标为，，即，
解得，故，，
若存在点M，使得∥平面，则，即，
解得，故存在点为上靠近点的三等分点，使得∥平面，B正确；
对C：根据选项B中建立的空间直角坐标系，易知平面的一个法向量，
又，
若直线与平面所成角为，
则，
解得（舍）或，即存在点为上靠近点的三等分点满足题意，故C正确；
对D：由A可知，，故的最小值即为的最小值；
在平面中，作关于的对称直线，点关于直线的对称点为，如下所示：
故，则当且仅当，交于点时，取得最小值；
在△中，，故，
则，在△中，，故，
即的最小值为，D错误.
故选：D.
8．（2022·浙江嘉兴·模拟预测）如图，在矩形中，，E，F，G，H分别为边的中点，将分别沿直线翻折形成四棱锥，下列说法正确的是（ ）
A．异面直线所成角的取值范围是B．异面直线所成角的取值范围是
C．异面直线所成角的取值范围是D．异面直线所成角的取值范围是
【答案】C
【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系，由题意得，
和在平面中的投影分别在和上（如下图所示），
因为，令，则，
由比值可知，的x，y，z坐标比值为，所以令坐标为，
因为在平面中的投影在上，所以，
同理可得坐标为，
，
则，
解得，因为和的范围均为，
所以，即夹角范围是，故A，B错误；
同理可得，因为异面直线所成角范围是，则夹角范围是．即C正确，D错误；
故选：C．
二、多选题
9．（2022·全国·南京外国语学校模拟预测）在直三棱柱中，，，为的中点，点是线段上的点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．存在点，使得直线与所成的角是
C．当点是线段的中点时，三棱锥外接球的表面积是
D．当点是线段的中点时，直线与平面所成角的正切值为．
【答案】AD
【详解】易知AB、BC、两两垂直，如图建立空间直角坐标系
则
所以，，，
记
因为，所以，A正确；
因为
记直线与所成的角为，则，
因为，所以，故B错误；
当点是线段的中点时，点P坐标为
易知的外心坐标为，故设三棱锥外接球的球心为，
则，即，解得，
所以三棱锥外接球的半径，表面积，C错误；
当点是线段的中点时，，
易知为平面的一个法向量，记直线与平面所成角为，
则，
因为，所以，
所以，D正确.
故选：AD
10．（2022·江苏省木渎高级中学模拟预测）如图，四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面，O，P分别是的中点，M是棱SD上的动点，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．存在点M，使平面SBC
C．存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°
D．点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值
【答案】ABD
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系（如图），
设，
则，
由M是棱SD上的动点，设，
，
，
，故A正确；
当为的中点时，是的中位线，
所以，
又平面，平面，
所以平面，故B正确；
，
若存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°，
则，
化简得，方程无解，故C错误；
点M到平面ABCD的距离，
点M与平面SAB的距离，
所以点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为，是定值，故D正确；
故选：ABD
11．（2022·山东烟台·一模）如图，正三棱柱中，底面ABC是边长为2的等边三角形，，D为BC中点，则（ ）
A．直线平面
B．点到平面的距离为
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．设P，Q分别在线段，上，且，则PQ的最小值为
【答案】ABD
【详解】解：在正三棱柱中，为的中点，所以，
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，因为，即，又平面，所以平面，故A正确；
因为，所以，则点到平面的距离为，故B正确；
因为，，设直线与所成角为，则，所以异面直线与所成角的余弦值为，故C错误；
设，则、，因为，，所以，，则，，所以，所以当时有最小值，所以，所以，故D正确；
故选：ABD
三、填空题
12．（2022·江苏·华罗庚中学三模）如图，在平行六面体中，AB＝AD＝2，，，点E是AB中点，则异面直线与DE所成角余弦值是______．
【答案】##
【详解】由题意，AB＝AD＝2，，
且,,

，
又,
,
,
设异面直线与DE所成角为，则.
故答案为：
四、解答题
13．（2022·青海·湟川中学一模（理））在三棱柱中，平面，，点E为AB的中点且．
(1)证明：平面MEC；
(2)P为线段AM上一点，若二面角的大小为，求AP的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）设CM与BN交于点F，连接EF，由已知可得四边形BCNM是平行四边形，
F是BN的中点，E是AB的中点，故，
又平面MEC，平面MEC，故平面MEC．
（2）设，平面ABCD，故平面ABCD，
如图，建立空间直角坐标系，
则，，，设（），
，．
设平面PEC的一个法向量为，则，，
令，则，
平面ADE的一个法向量为，，
解得（负值舍去），故AP的长为．
14．（2022·四川南充·一模（文））在平面五边形ABCDE中（如图1），ABCD是梯形，，，，，是等边三角形．现将沿AD折起，连接EB，EC得四棱锥（如图2）且．
(1)求证：平面平面ABCD；
(2)在棱EB上有点F，满足，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【详解】（1）依题意，ABCD是梯形，，，，
，是等边三角形．
设是的中点，则三点共线，且
折叠后，，，即，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）由（1）可知两两相互垂直，以为原点建立空间直角坐标系如图所示，
平面的法向量为，
，
，,
，设平面的法向量为，
则，故可设，
设二面角为，由图可知为锐角，
所以.
15．（2022·上海虹口·一模）如图，在三棱柱中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在底面上的投影为AC的中点，且．
(1)求证：；
(2)求点到侧面的距离；
(3)在线段上是否存在点，使得直线DE与侧面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在满足条件的点，1
【详解】（1）证明：由点在底面ABC上的投影为AC的中点，知平面ABC，
又平面ABC，故，
因是以AC为斜边的等腰直角三角形，故，
而，平面，，故平面，
由平面，得．
（2）由点，为AC的中点，侧面为菱形，知，
由是以AC为斜边的等腰直角三角形，，可得，，
由（1）知直线，，两两垂直，故以点为坐标原点，
直线，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
又，故点到平面的距离为：
（3）假设存在满足条件的点E，并，
则，
于是，由直线DE与侧面所成角的正弦值为，
可得，
即，解得．
又，故．
因此存在满足条件的点，且．
16．（2022·北京市第五中学三模）如图，在三棱柱 中，平面 平面 ，是矩形，已知 ，动点 在棱 上，点 在棱 上，且 .
(1)求证： ;
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值;
(3)在满足（2）的条件下，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)点到平面的距离为.
（1）
因为四边形是矩形，所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
（2）
因为平面平面 ，平面平面，
平面，，
所以平面，又，
所以两两相互垂直，以为原点，，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，,
设，则，
所以，，
设平面的法向量为，，
则，，
取，可得，
设直线 与平面的夹角为，
则，
所以，
化简可得，又，
所以，所以；
（3）
由(2) 平面的法向量为，，又，
设点到平面的距离为，
则.
所以点到平面的距离为.
17．（2022·云南云南·模拟预测）如图，四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，.
(1)求证：平面ABCD；
(2)设，当平面PAM与平面PBD夹角的余弦值为时，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取CD的中点E，连接BE，
四边形ABCD为直角梯形，，且E为CD的中点，且，所以，四边形ABED为矩形，
，
，
，
，
，平面，平面，平面PAD，
平面PAD，，
，平面，平面，平面ABCD；
（2）由（1）可知，PA､AB､AD两两垂直，以点A为坐标原点，分别以AB､AD､AP所在直线为x､y､z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，，
设平面PBD的法向量为，
由，得，
令，得.
，
设平面PAM的法向量为，
由，得，令，则，
，
由于平面PAM与平面PBD夹角的余弦值为，
则，整理可得，
，解得.
18．（2022·北京西城·二模）如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点D为棱AC上动点（不与A，C重合），平面与棱交于点E.
(1)求证：；
(2)若，从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择两个条件作为已知，求直线AB与平面所成角的正弦值.条件①：平面平面；条件②：；条件③：.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）在三棱柱中，，又面，面，
所以平面，又面面，面，
所以.
（2）选①②：连接，取中点，连接，.
在菱形中，所以为等边三角形.
又为中点，所以，
又面面，面面， 平面，
所以平面，平面，
故，又，所以.
以为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，.
所以，.
设面的一个法向量为，则，令，故.
又，设直线与面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
选②③：连接，取中点，连接，.
在菱形中，所以为等边三角形.
又为中点，故，且，又，.
所以，则.
又，面，所以面，
由平面，故，又，所以.
以为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，.
所以，.
设面的一个法向量为，则，令，故.
又，设直线与面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
选①③：取中点，连接，.
在中，因为，所以，且，.
又面面，面面，面，
所以平面，又平面，所以.
在中，，又，，
所以，则.
由，面，则面，
由平面，故，又，所以.
以为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，.
所以，.
设面的一个法向量为，则，令，故.
又，设直线与面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.