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专题1-3棱锥相关解答题十大题型汇总——题型·技巧攻略
题型1平行关系 1
题型2垂直关系 11
题型3长度问题 23
题型4距离体积问题 30
题型5线线、线面角问题 41
题型6二面角问题 53
题型7线面角与动点问题 65
题型8二面角与动点问题 75
题型9体积与动点问题 87
题型10最值取值范围问题 99
题型1平行关系
【例题1】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，，，，，、、的中点分别为、、，点在上，．求证：平面.

【答案】证明见解析
【分析】设，利用向量数量积的运算性质求出的值，可知为的中点，再利用中位线的性质结合线面平行的判定定理可证得结论成立.
【详解】证明：设，
因为，则，且，，
则，
因为为的中点，则，
因为，则
，解得，即为的中点，
因为为的中点，所以，，同理，则，
因为平面，平面，所以，平面.
【变式1-1】1. （2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱锥中，底面， ．点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，．求证：平面；
【答案】证明见解析
【分析】根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再求出直线的方向向量和平面的法向量，利用直线的方向向量与平面法向量的垂直即可求证.
【详解】因为底面，，建立空间直角坐标系如图所示，
则，
所以，
设为平面的法向量，则
，即，
不妨设，可得 ，
又，
所以，即，
因为平面，
所以平面 ，
【变式1-1】2. （2023·高二课时练习）如图，在三棱锥中，平面，.
（1）求证：；
（2）设、分别为、的中点，点为内一点，且满足，求证：平面.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系.
（1）计算出，由此可证得；
（2）计算出平面的一个法向量，利用空间向量法可证明出平面.
【详解】因为平面，所以，.
又因为，所以、、两两垂直.
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设，，，、、，
则，，，.
（1）因为，，所以.
所以，所以；
（2）因为、分别为、的中点，所以，.
又因为，则为的重心，所以，所以.
又，，
设平面的法向量为，则，即.
设，则，，所以.
因为，所以.
又因为平面，所以平面.
【点睛】本题考查利用空间向量法证明线线垂直与线面平行，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
【变式1-1】3. （2023·全国·高二专题练习）如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABP所在的平面互相垂直，且，，，，．
(1)求证：；
(2)求直线PC与平面ABP所成角的余弦值；
(3)线段PA上是否存在点E，使得平面EBD？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)；
(3)存在；.
【分析】（1）取AB的中点为O，利用线面垂直的判定、性质推理作答.
（2）以O为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦作答.
（3）确定点E的位置，利用空间位置关系的向量证明推理判断作答.
【详解】（1）取AB的中点为O，连接DO，PO，由，得，
又四边形ABCD为直角梯形，且，，，，
则四边形OBCD为正方形，，又，平面POD，
因此平面POD，又平面POD，
所以.

（2）且平面PAB，又平面平面ABCD，且平面平面，
则平面ABCD，平面，有，即有OA，OD，OP两两垂直，
以点O为原点，OD、OA、OP分别为x、y、z轴的空间直角坐标系，
由等腰直角，，，得，
则，
即，平面PAB的一个法向量为，设直线PC与平面PAB所成的角为，
因此，即，
所以所求直线PC与平面ABP所成角的余弦值为.
（3）线段PA上存在点E，且当时，使得平面EBD.
由，得，则，，
设平面EBD的法向量为，则，令，得，
又，则，而平面EBD，因此平面EBD，
所以点E满足时，有平面EBD
【变式1-1】4. （2023春·湖南长沙·高二长沙一中校考期末）如图，在四棱锥中，平面PAD，△PAD为等边三角形，//，，平面PBC交平面PAD直线l，E、F分别为棱PD，PB的中点．
(1)求证：∥；
(2)求平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值；
(3)在棱PC上是否存在点G，使得∥平面AEF？若存在，求的值，若不存在，说明理由．

【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据线面平行的判定定理和性质定理分析证明；
（2）根据题意可在平面，建系，利用空间向量求面面夹角；
（3）设，求点G的坐标，根据线面平行的向量关系分析运算.
【详解】（1）因为//，平面，平面，
所以//平面，
又因为平面，平面平面直线l，
所以∥.
（2）取的中点，连接，
由题意可得：//，且，
则为平行四边形，可得//，
且平面PAD，则平面PAD，
由平面PAD，则，
又因为△PAD为等边三角形，则为的中点，可得，
，平面，则平面，
如图，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，即，
由题意可知：平面PAD的法向量，
可得，
所以平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值.

（3）由（2）可得：，
设，，则，
可得，解得，
即，可得，
若∥平面AEF，则，
可得，解得，
所以存在点，使得∥平面AEF，此时.
【变式1-1】5.（2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱锥中，底面，，，将绕着逆时针旋转到的位置，得到如图所示的组合体，为的中点.
(1)当为何值时，该组合体的体积最大，并求出最大值；
(2)当平面时，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)当时，该组合体的体积最大，最大值为；
(2)直线与平面所成角的正弦值为或
【分析】（1）根据三角形面积公式与扇形面积公式确定底面积的最大值，即可求组合体的体积最大值；
（2）建立空间直角坐标系，设，则，，，利用空间向量的坐标运算即可求得满足平面时，从而可计算直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）底面，面，所以
则由旋转可得
所以底面积，
又，故当时，取最大值，
则底面积的最大值为，故几何体体积为，
故当时，该组合体的体积最大，最大值为；
（2）如图，以为原点，为轴，为轴，在平面上作轴，建立空间直角坐标系

则，
设，则，，，
所以，设平面的法向量为，又
所以，
令，则，即
因为平面，所以，则，所以或，
因为，设平面的法向量为，
①当，则，，所以，，
则，取，则
所以，所以直线与平面所成角的正弦值为；
②当，则，，所以，，
则，取，则
所以，所以直线与平面所成角的正弦值为；
综上，直线与平面所成角的正弦值为或.
题型2垂直关系
【例题2】（2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)证明：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3，试证明AM⊥平面BMC.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）建系，利用空间向量证明线性垂直；
（2）利用空间向量证明线面垂直.
【详解】（1）由题意知AD⊥BC，如图，以O为坐标原点，
以过O点且平行于BC的直线为x轴，OD，OP所在直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系O－xyz.
则，
可得，
∵
∴，即AP⊥BC.
（2）由（1）可得，
∵M是AP上一点，且AM＝3，
∴，
可得，
设平面BMC的法向量为，则，
令b＝1，则，即，
显然，故∥，
∴AM⊥平面BMC.
【变式2-1】1. （2023秋·全国·高二随堂练习）如图，在三棱锥P-ABC中， ，D是BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知 ．
(1)求证：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP是一点，且 ．试证明平面AMC⊥平面BMC．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出向量的坐标，计算，即可证明结论；
（2）求出平面平面AMC和平面BMC的法向量，计算法向量的数量积，结果为0，即可证明结论.
【详解】（1）证明：以O为原点，过点O作CB的平行线为x轴，以AD方向为y轴正方向，以射线OP的方向为Z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示；
则 ，
故，，
∴，
∴⊥，即 ；
（2）证明：因为 平面ABC，平面ABC，所以,
因为 ，故 ，∵M为AP上一点，且 ，
∴M(0,，)，∴(0,,)，
(-4,,)，(4,,)；
设平面BMC的法向量为，
则 ，即，
令 ，则 ；
设平面AMC的法向量为，则 ，
即，令 ，则；
由于，
得⊥，即平面AMC⊥平面BMC．
【变式2-1】2. （2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱锥中，平面，，，，、分别为、的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)在线段上是否存在一点，使？证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，证明见解析
【分析】（1）由线面垂直得到，再由，即可得到平面，从而证得，又为等腰直角三角形，故，从而得平面，结论可证；
（2）以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，可求得点，点的坐标，从而得、的坐标，由空间向量的坐标运算即可得到答案．
【详解】（1）证明：平面，平面，
，
又，，平面
平面，平面，
．
又，为等腰直角三角形，为斜边的中点，
，又，平面，
平面，平面，
平面平面；
（2）解：以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，
设存在点，使，点的坐标设为，
所以，，
由相似三角形得，即，
．
，
又，
．
，
，
故存在点，使．
【变式2-1】3. （2023秋·全国·高二随堂练习）如图，在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为2的正三角形，PA＝2，底面ABC于点D，，且DB＝1．
(1)求证：平面PDB．
(2)在棱PC上是否存在一点E，使得平面PAB？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)不存在，理由见解析.
【分析】（1）推导出，又为平面四边形，从而，由此能证明平面；
（2）由点在平面上的射影为可得平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出，由，得出在线段上不存在点使得平面.
【详解】（1）证明：因为，
所以，所以.
因为为正三角形，所以.
又由已知：在四边形中，由内错角相等，即.
因为平面平面，
所以平面；
（2）假如存在平面，面，则 ，
由面，面，则，
又，面，
所以平面，又平面，所以，
以下建系判断AB、PC是否垂直：
因为平面，面，所以.
如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则
所以，
因为，所以与不垂直，
所以在棱上不存在点，使得平面.
【变式2-1】4. （2021·高二课时练习）如图，在三棱锥中，底面为等边三角形，，且平面平面．
（1）求三棱锥的体积；
（2）求二面角的余弦值；
（3）判断在线段上是否存在点Q，使得为直角三角形？若存在，找出所有符合要求的点Q，并求的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）4；（2）；（3）存在，或.
【分析】（1）利用线面、面面垂直的判定和性质及三棱锥的体积计算公式即可得出；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出二面角的两个平面的法向量的夹角，进而即可得出二面角的大小；
（3）先假设存在，分以下三种情况讨论：当时，当时，当时，利用向量的数量积与垂直的关系即可判断出．
【详解】（1）如图，过P作，
∵平面平面，∴平面．
在中，，
∴，∴．
∴三棱锥的体积．
（2）取的中点分别为M，N，连接．
在等边中，∵O、N分别为的中点，
∴．
由（1）可知：平面，
∴，建立如图所示的空间直角坐标系．
．
∴，．
设为平面的一个法向量，
则且．
∴，令，则．
∴．
∵x轴⊥平面，
∴取作为平面的法向量．
设二面角的大小为，由图可知．
∴．
∴二面角的余弦值为．
（3）在线段上存在点Q，使得为直角三角形．
设．
则，，．
①当时，则，
得，解得或1．
当时，Q与O重合，
为直角三角形，且；
当时，Q与M重合，为直角三角形，且；
②当时，则，得，
解得，不符合题意，应舍去；
③当时，则，
得，解得，不符合题意，应舍去．
综上可知：在线段上存在点Q，使得为直角三角形，
且或．
【变式2-1】5. （2023·全国·高二专题练习）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，.
(1)求证：平面平面；
(2)设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，且 平面，是否存在点，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据题意，先由线面垂直的判定定理得到平面，从而得到面面垂直；
（2）根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，然后结合法向量与空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）证明：在中，因，
所以，所以，又，
且，平面，所以平面，
又平面，
所以平面平面.
（2）假设存在点，使得平面平面.
取中点为，连接，则，
因为平面平面，
平面平面，
所以平面.
如图所示建立空间直角坐标系，
不妨设，则，，则，
设是平面的法向量，则，取.
设，其中.
则
连接，因 平面平面，平面平面，故取与同向的单位向量.
设是平面的法向量，
则，取.
由平面平面，知，有，解得.
故在侧棱上存在点，使得平面平面.
题型3长度问题
【例题3】（2023·四川绵阳·统考模拟预测）如图，在三棱锥中，底面，.点、、分别为棱、、的中点，是线段的中点，，.
(1)求证：平面；
(2)已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长．

【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）以点为原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得平面；
（2）设，则，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：因为底面，，
如图，以点为原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、、、，
，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
又因为，则，所以，，
又因为平面，所以，平面.
（2）解：依题意，设，则，
所以，，，
由已知，得，
整理可得，解得或，
所以，线段的长为或.
【变式3-1】1. （2023·全国·高三专题练习）在三棱锥中，，，．
(1)证明：；
(2)若，，在棱上，当直线与平面所成的角最大时，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，，利用线面垂直证明异面直线垂直；
（2）过点作于，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用坐标法计算线面夹角正弦值，进而确定当时线面夹角最大，可得此时的长度.
【详解】（1）取中点为，连接，，
因为，，
所以，，
又，，平面，
所以平面，
又平面，
所以；
（2）过作，交于点，
由（1）知，平面平面，所以平面，
过作的平行线，交，分别于，，有，，两两垂直，
建立以为坐标原点，，，分别为，，轴的空间直角坐标系，
因为，，，
所以，，，
所以，，，
所以，，，，
设，有，．
设为平面的一个法向量，
由，有，所以．
设直线与平面所成的角为，则有，
当时，取最小值，取最大值，即最大，此时
【变式3-1】2. （2022·全国·高三专题练习）如图，等腰梯形中，沿将 折起至与平面BCDE成直二面角得到一四棱锥，为中点，过 作平面 ．
请画出平面截四棱锥的截面，写出作法，并求其周长；
【答案】作图见解析；答案见解析，周长为.
【分析】以E为原点，EB为x轴，ED为y轴，EA为z轴，建立空间坐标系，设平面与线段AB的交点为F， ，，可求得 ，继而有F点在靠近B点的三分点处，故而求得 ， ， ， ，得出四边形CDMF的周长.
【详解】
以E为原点，EB为x轴，ED为y轴，EA为z轴，建立空间坐标系如上图，
设平面与线段AB的交点为F，
则有: ， ，
设 ，则向量 与向量 共面，
， ， ，
设
得： …① ，
又 ，
…② ，
由①②得 ，解得 ，即 ，
， ， ，
F点在靠近B点的三分点处；
， ，
， ，
四边形CDMF的周长为 .
【变式3-1】3. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥D—ABC中，G是△ABC的重心，E，F分别在BC，CD上，且，．
(1)证明：平面平面ABD；
(2)若平面ABC，，，，P是线段EF上一点，当线段GP长度取最小值时，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）利用线面平行及面面平行的判定定理可证得；
（2）分析知当线段GP长度取最小值时，点P与点E重合，建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角即可得解.
【详解】（1），，
又平面ABD，平面ABD，平面ABD，
又G是△ABC的重心，
又平面ABD，平面ABD，平面ABD，
又，平面
所以平面平面ABD
（2）由，，，可得
又，
又平面ABC，平面ABC，
又，平面，平面，
又平面，
P是线段EF上一点，当线段GP长度取最小值时，点P与点E重合.
如图，作，以C为原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为
则，令，
设平面的一个法向量为
则，令，
，
所以二面角的余弦值为
题型4距离体积问题
【例题4】（2023春·高二单元测试）如图，在三棱锥中，PA⊥平面ABC，，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，.
(1)求直线PA与平面DEF所成角的正弦值；
(2)求点P到平面DEF的距离；
(3)求点P到直线EF的距离．

【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）构建以A为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求面DEF的一个法向量、，应用向量法求线面角的正弦值；
（2）由及（1）面DEF的法向量，应用向量法求点面距离.
（3）先求出在上的投影长，再应用向量的坐标计算点P到直线EF的距离．
【详解】（1）如图，以A为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

由，
则，
所以，
设平面DEF的一个法向量为，则，取，则．
设PA与平面DEF所成的角为θ，则，
故直线PA与平面DEF所成角的正弦值为.
（2）因为，，
所以点P到平面DEF的距离为 .
（3）因为，， 在上的投影长为，
所以点P到直线EF的距离为.
【变式4-1】1. （2023·全国·高二假期作业）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．
(1)求证：//平面；
(2)若，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【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）作出并证明为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.
【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）过作垂直的延长线交于点，
因为是中点，所以，
在中，，
所以，
因为，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
所以平面，
即三棱锥的高为，
因为，所以，
所以，
又，
所以.
【变式4-1】2. （2023春·天津河西·高三天津市第四十二中学校考阶段练习）如图所示，在三棱锥S－ABC中，SC⊥平面ABC，SC＝3，AC⊥BC，CE＝2EB＝2，，CD＝ED．
(1)求证：DE⊥平面SCD；
(2)求二面角的余弦值；
(3)求点A到平面SCD的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明，，即可得证；
（2）分别求出两个平面的法向量，再利用向量法求解即可；
（3）利用向量法求解即可.
【详解】（1）解：如图所示，以为原点建立空间直角坐标系，
因为CD＝ED，所以点在线段的中垂线上，
则，
则，
所以，，
即，，
又平面，
所以平面；
（2）由（1）可得即为平面的一个法向量，
，
设平面的法向量，
则有，令，则，所以，
则二面角为锐二面角，
则，
所以二面角的余弦值为；
（3）由（2）得，为平面的一个法向量，
则点A到平面SCD的距离为．
【变式4-1】3. （2023·全国·高二假期作业）如图，在三棱锥中，的中点为.
(1)证明：直线平面；
(2)若，当直线与平面所成的角最大时，求三棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明，可得，结合线面垂直判定定理可证；
（2），以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量表示出直线与平面所成角的正弦，结合基本不等式可得，然后可求体积.
【详解】（1）如图，连接.

因为，所以.
又因为为的中点，所以，
所以.
又因为为公共边，所以，
所以，所以，
又因为平面，
所以平面.
（2）过点作直线平面，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为，所以，
所以.
设，则，
于是.
设平面的一个法向量为，
由得
可取.
设直线与平面所成的角为，
则，
所以，，
当且仅当，即时，等号成立，此时，直线与平面所成的角最大.
此时三棱锥的体积.
故当直线与平面所成的角最大时，三棱锥的体积为.
【变式4-1】4. （2023春·云南昆明·高二安宁中学校考阶段练习）在三棱锥中，，，M为棱BC的中点.
(1)证明：；
(2)若平面平面ABC，，，E为线段PC上一点，，求点E到平面PAM的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）取的中点为，先证明平面，进而证得；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的方法即可求得点E到平面PAM的距离.
【详解】（1）取的中点为，连，，因为，则；
又为棱的中点，则为△的中位线，所以 ，
因为，则 ，则 ；
由于，平面，平面，
则平面，因为平面，所以.
.
（2）由（1）得，且平面 平面，平面 平面，平面，
则平面，又 ，
则以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
因为，，则，则，
则，，，，
因为，则，
则，，
设为平面的一个法向量，
则，令，则，，得，
又设点到平面的距离为d，
则，
则点到平面的距离为.
.
【变式4-1】5.（2023·全国·高三专题练习）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).
【分析】（1）根据三角形中位线即可得，利用线面平行的性质定理，证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量解决即可；
（3）结合（2）中的建系，直接根据点到平面的向量公式计算即可.
【详解】（1），，，分别是，，，的中点，
所以，，所以．
又因为平面，平面，
所以 平面．
又因为平面，平面平面，
所以，又因为，所以.
（2）因为，平面，所以两两垂直．
以点为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系．
由，则，
所以，.
设平面的一个法向量为，则可取
设平面的一个法向量为，由，，
得，取，得．
所以 ，
所以平面与平面所成角的余弦值为．
（3）由点到平面的距离公式可得，点到平面的距离为，
题型5线线、线面角问题
【例题5】（2023春·吉林长春·高二长春市解放大路学校校考期末）如图，在三棱锥中，平面平面ABC，，，，，D是棱PC的中点．
(1)求证：；
(2)若，求直线BC与平面ADB所成角的正弦值．
【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证得平面ABC，再得到平面PBC，从而即可得证；
（2）根据题意，以C为坐标原点，，，方向分别为x轴，y轴，z轴的正A方向，建立空间直角坐标系，再由空间向量的坐标运算结合线面角的计算公式，即可得到结果.
【详解】（1）证明：在中，，，，所以，
所以，
又平面平面ABC，平面平面，平面PAB，
所以平面ABC，
又平面ABC，所以，
又，，PB，平面PBC，所以平面PBC，
又平面PBC，所以．
（2）
在中，，，，所以．
以C为坐标原点，，，方向分别为x轴，y轴，z轴的正A方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，，
设平面ADB的一个法向量为，则
取，则，所以．
设直线BC与平面ADB所成的角为，则
，
所以直线BC与平面ADB所成角的正弦值是．
【变式5-1】1. （2022秋·安徽合肥·高二校考阶段练习）如图所示，在三棱锥中，平面，点分别在棱上，满足，且．
(1)求实数的值；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)．
【分析】(1)先证明，建立空间直角坐标系求的坐标，由垂直关系的向量表示列方程求的值；(2)由条件求直线的方向向量和平面的法向量，利用向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值．
【详解】（1）∵平面ABC，平面，∴，
又∵，，平面，∴平面PCD，平面，∴．
由条件可知CA，CB，CP两两互相垂直，故以C为坐标原点，以CA，CB，CP所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，．
所以，
因为，所以，，，
所以，∴．
∵，，
∴.
∴．
由，
解得．
（2）由（1）及条件可得，，，，．
设平面PDE的法向量为，
则令，得，，所以．
又，
∴，
∴直线PB与平面PDE所成角的正弦值为．
【变式5-1】2. （2022秋·全国·高三统考阶段练习）如图，在三棱锥中，底面，，D为的中点．
(1)求证：；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）证明，可得平面，再利用线面垂直得性质即可得证；
（2）先证明，以A为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）证明：因为D为的中点，且，
所以，
又平面，所以平面，
由于平面，所以；
（2）解：因为底面，
所以，
因为，
所以，
所以，
以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，
则，
则，
设是平面的一个法向量，则
由，得
令，得平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则 ，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【变式5-1】3. （2023秋·高二单元测试）如图，在五棱锥中，平面， 三角形是等腰三角形.
(1)求证：平面平面：
(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）利用余弦定理得，所以由平行关系，利用线面垂直的性质得，即得平面,然后利用面面垂直的判定定理即可证出；
（2）以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）在中由余弦定理得，解得，
所以，即，
又因为，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）因为平面，平面，所以，
由（1）得，所以两两垂直，
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴,建立如图所示空间直角坐标系，
设,
因为是等腰三角形，所以，，，
过作交于，所以，
因为，所以，
又因为，所以，，
所以，，，
设平面的法向量，
所以，取，
设直线与平面所成角为，
所以，
所以直线与平面所成角为.
【变式5-1】4. （2023·全国·高二专题练习）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体．现将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点分别作平行于各底面的截面，截去四个顶点处的小棱锥，得到所有棱长均为1的截角四面体，如图所示．
(1)求证：；
(2)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）补全四面体，取的中点，连接，，证出平面，得出，再证明出，即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，根据直线与平面夹角的正弦公式计算即可．
【详解】（1）补全四面体如图，
取的中点，连接，，
因为正四面体中各个面均为正三角形，
所以，，
又，平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
又因为点为的三等分点，即，
所以，
所以．

（2）设点在底面的投影为点，连接，，，延长与交于点，
因为为正四面体，
所以点为等边的中心，
所以,，
又因为，
所以，
所以，
以点为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，
所以，，，
设面的法向量为，
则，即，
取，得，
设直线与平面所成角为，
则．
【变式5-1】5．（2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱锥中，，，点、分别是、的中点，底面.
(1)求证平面；
(2)当时，求直线与平面所成角的正弦值；
(3)当取何值时，在平面内的射影恰好为的重心？
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用中位线的性质可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）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，设，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值；
（3）设，求出的重心的坐标，根据题意可得出，求出的值，进而可求得的值，即为所求.
【详解】（1）证明：因为、分别是、的中点，则，
因为平面，平面，所以，平面.
（2）解：因为，为的中点，则，
因为平面，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，
设，则，
当时，，则，
则、、、，
设平面的法向量为，
，，
则，取，则，
，则，
所以，与平面所成角的正弦值为.
（3）解：设，则，则的重心为，则，
则，，
若在平面内的射影为的重心，则平面，
因为，平面，则，，
则，解得，所以，，
所以，，所以，，
即当时，在平面内的射影恰好为的重心.
题型6二面角问题
【例题6】（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥中，底面ABC是边长为4的正三角形，侧面底面ABC，，，点E在线段SB上，且．
(1)证明：平面ACE；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取AC中点为D，连接SD，BD，由，得到，再由底面ABC是边长为4的正三角形，得到，进而得到平面SBD，则，然后由，得到，利用线面垂直的判定定理证明；
（2）由（1）可得DC，DB，DS两两垂直，故以D为坐标原点，DC，DB，DS所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得平面SAB的一个法向量为和平面SBC的法向量为，由求解.
【详解】（1）证明：如图所示：
取AC中点为D，连接SD，BD．
因为，D为AC中点，所以．
又侧面底面ABC，侧面底面，侧面SAC，
所以底面ABC，．
由于，，
则，，
由于，则，，
因为，所以．
又，，，且两直线在平面SBD内，
所以平面SBD，且平面SBD ，所以．
又，且两直线在平面ACE内，所以平面ACE．
（2）由（1）可得DC，DB，DS两两垂直，故以D为坐标原点，DC，DB，DS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，
则，，，，
所以，，，
设平面SAB的一个法向量为，
则，即，
令，则，，即，
设平面SBC的一个法向量为，
则，即，
令，则，，即，
则，
，
设二面角的平面角为，
则，
故二面角的正弦值为．
【变式6-1】1. （2023·四川自贡·统考二模）如图，在三棱锥中，为的内心，直线与交于，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，，，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设平面，垂足为，作于，于，连接，先证明，从而可证得，从而可得点为的内心，即两点重合，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）如图，以点为原点建立空间直角坐标系，利用等面积法求得内切圆的半径，再利用勾股定理求得，即可得的坐标，再利用向量法求解即可.
【详解】（1）设平面，垂足为，作于，于，连接，
因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以，
因为平面，所以平面，
又平面，所以，
在和中，因为，
所以，所以，
在和中，，
所以，所以，
即点到的距离相等，
同理点到的距离相等，
所以点为的内心，所以两点重合，
所以平面，
又因平面，
所以平面平面；
（2）如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
设内切圆的半径为，则
即，解得，
故，
则，
则，
设平面的法向量，
则，可取，
设平面的法向量，
则，可取，
则，
由图可得二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
【变式6-1】2. （2023·全国·模拟预测）如图，球O是正三棱锥和的外接球，M为的外心，直线AM与线段BC交于点D，D为BC的中点，两三棱锥的高之比为，E为PA上一点，且．
(1)证明：；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求的坐标，根据数量积的性质证明；
（2）由线面垂直判定定理证明平面BCE，求平面和平面的法向量，根据向量夹角公式求二面角的正弦值．
【详解】（1）过M作，交AB于，易证MA，MP，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，球O的半径为R，
则在中，有，解得．
则，，，
∵，
∴ ，
，所以
∴，
∴．
（2）因为，
平面，
所以平面PAD，又平面PAD，
∴．
由（1）得，又，平面，
∴平面，
所以平面的一个法向量为．
又∵，，，
∴，．
设平面的法向量为，
则
令，则，，
∴为平面的一个法向量．
设二面角的平面角为，
∴，又，
∴．
故二面角的正弦值为．
【变式6-1】3. （2023·全国·高二假期作业）如图，在三棱锥中，，，，平面平面，点是线段上的动点.
(1)证明：平面平面；
(2)若点在线段上，，且异面直线与成30°角，求平面和平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）要证明面面垂直，需证明线面垂直，利用垂直关系转化为证明平面，即可证明；
（2）首先建立空间直角坐标系，利用向量公式求点的坐标，并分别求平面和平面的法向量，利用二面角的向量公式，即可求解.
【详解】（1）证明：∵平面平面，且平面平面，，且平面，
∴平面，平面，∴，
∵，
∵平面，平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面；
（2）因为，过点作垂直于平面，
以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向建立空间直角坐标系，
所以
设，，，
，，
因为异面直线与所成30°角，
，
，
由题意知，平面的一个法向量为，，
设平面的一个法向量为，则，
所以，
所以，
平面和平面夹角的余弦值为.
【变式6-1】4. （2023·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面ABC，，，，D，E，F分别为BC，PA，AB的中点．
(1)证明：平面平面DEF；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面DEF，再由面面垂直的判定定理即可证明平面平面DEF；
（2）以A为坐标原点，AC，AD所在直线分别为x，y轴，过点A且垂直于平面ABC的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面CAP和平面DAP的法向量，利用向量的夹角公式求解即可.
【详解】（1）在中，，
∴，
∴，
∴，
∴．（勾股定理逆定理的应用）
∵D，F分别为BC，AB的中点，
∴，∴．
∵E，F分别为PA，AB的中点，∴，
又平面ABC，∴平面ABC，
∵平面ABC，∴．
又，，DF，平面DEF，
∴平面DEF．
又平面ADE，∴平面平面DEF．
（2）∵，∴可以以A为坐标原点，AC，AD所在直线分别为x，y轴，过点A且垂直于平面ABC的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
则，，．
设平面DAP的法向量为，
则，即，
令，得．
设平面CAP的法向量为，
则，即，
令，得．
，
易知二面角为锐二面角，（注意判断二面角是锐二面角还是钝二面角）
∴二面角的余弦值为．
【变式6-1】5.（2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱锥中，，且，，，是的中点，.
(1)求证：平面平面；
(2)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）先证明线面垂直，再利用面面垂直的判定可证结论；
（2）建立坐标系，求解两个平面的法向量，利用向量夹角公式可得答案.
【详解】（1）证明：如图，取BD的中点O，连CO，EO，得；
又，所以；
设，则，，，，
所以，所以；
又，平面BCD,所以平面BCD，
又平面ABD，所以平面平面BCD.

（2）因为，O是BD的中点，所以，（1）中已证，，
如图所示，分别以，，所在方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系.
设，则，，，
所以，；
设平面ACD的法向量为，则，
取，
又平面BCD的一个法向量为，
所以，
所以平面ACD与平面BCD的夹角的余弦值为.

题型7线面角与动点问题
【例题7】（2023·全国·高二专题练习）在三棱锥P-ABC中，若已知，，点P在底面ABC的射影为点H，则
(1)证明：
(2)设，则在线段PC上是否存在一点M，使得与平面所成角的余弦值为，若存在，设，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)在线段PC上是否存在一点M，满足条件，且.
【分析】（1）由条件证明，再证明，由此可得，由线面垂直判定定理证明平面，由此证明；
（2）建立空间直角坐标系，技术存在点满足条件，由条件求平面的法向量和直线的方向向量，由条件列方程求即可.
【详解】（1）因为点P在底面ABC的射影为点H，
所以平面，又平面，
所以，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
因为，，
所以点为的垂心，所以，
因为，，平面，，
所以平面，又平面，
所以；
（2）延长交于点，由（1）可得，
又，所以点为线段的中点，
所以，同理可得，
所以为等边三角形，又，所以，
如图，以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
故，
设存在点M，使得BM与平面所成角的余弦值为，且，
则，
设平面的法向量为，，
则，所以，
令，可得，
所以为平面的一个法向量，
所以，
设直线BM与平面所成角为，则，又，
所以，故，
所以或，又，
所以.
所以在线段PC上存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为，且.

【变式7-1】1. （2022·全国·高二期末）已知三棱锥（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中：
(1)证明：平面平面；
(2)若点在棱上运动，当直线与平面所成的角最大时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据三棱锥的平面展开图确定各棱长，由勾股定理和等边三角形性质先证明线面垂直，再由面面垂直判定定理证明平面平面；（2）确定在棱上的位置，建立合理的空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值即可.
【详解】（1）如下图所示：
设的中点为，连接，，
由题意得，，；
在中，，的中点为，.
又在中，，，，
，；
又平面，平面；
平面，
又平面，
平面平面
（2）由（1）可知，，，
平面，即为直线与平面所成的角，
且，
所以，当最短时，即为的中点时，最大；
由图可知，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，；
设平面的法向量为，
则，
令，得，即；
易知，平面的法向量为，
设二面角的平面角为，
则
所以，二面角的余弦值为.
【变式7-1】2. （2023秋·天津河西·高三北京师范大学天津附属中学校考期末）如图，在三棱锥中，底面，．点、、分别为棱、、的中点，是线段的中点，，．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的正弦值；
(3)点在棱上，直线与所成角余弦值为，求线段长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取的中点，连接、，证明出平面平面，再利用面面平行的性质可证得结论成立；
（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，利用空间向量法以及同角三角函数的基本关系可求得平面与平面夹角的正弦值；
（3）设，其中，则，利用空间向量法可得出关于的等式，结合的取值范围求出的值，即为所求.
【详解】（1）证明：取的中点，连接、，
因为、分别为、的中点，则，
因为平面，平面，平面，
因为、分别为、的中点，则，同理可得，，
平面，平面，平面，
，、平面，平面平面，
平面，平面.
（2）解：因为平面，，
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、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，则，
易知平面的一个法向量为，
，则，
因此，平面与平面夹角的正弦值为.
（3）解：设，其中，则，，，
由题意可得，
因为，解得，因此.
【变式7-1】3. （2023·全国·高二假期作业）如图，在三棱锥中，底面，，点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，.
(1)求证：平面.
(2)已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)或2
【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面；
（2）设，且，则,0,，由直线与直线所成角的余弦值，利用向量法能求出线段的长．
【详解】（1）如图，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则,0,，,0,，,4,，,2,，,0,，,2,，
,2,，,0,，,2,，
设平面的法向量,,，
则，取，得,0,，
，平面，平面．
（2）设，且，则,0,，,,，,2,，
则，整理得
解得或，所以线段AH的长为或2．
【变式7-1】4. （2022秋·重庆南岸·高二重庆第二外国语学校校考期中）莲花山位于鄂州市洋澜湖畔．莲花山，山连九峰，状若金色莲初开，独展灵秀，故而得名．这里三面环湖，通汇长江，山峦叠翠，烟波浩渺．旅游区管委会计划在山上建设别致凉亭供游客歇脚，如图①为该凉亭的实景效果图，图②为设计图，该凉亭的支撑柱高为3m，顶部为底面边长为2的正六棱锥，且侧面与底面所成的角都是．
(1)求该凉亭及其内部所占空间的大小；
(2)在直线PC上是否存在点M，使得直线MA与平面所成角的正弦值为？若存在，请确定点M的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)60
(2)直线PC上不存在点M，使得直线MA与平面所成角的正弦值为，理由见解析
【分析】（1）根据正六棱柱的体积以及正六棱锥的体积公式即可求解.（2）根据空间直角坐标系中点的坐标得向量的坐标，根据空间向量的求解平面法向量与直线方向向量的夹角，进而可求解.
【详解】（1）结合图②易得凉亭的顶是正六棱锥，侧面与水平面成45°，取的中点G，连接，PG，则，，故，易求，所以，
所以该凉亭的体积分为两部分，上半部分为正六棱锥，其体积为
，下半部分为正六棱柱，
其体积，
所以该凉亭及内部所占空间为60，
（2）取AB的中点H，以OH、FC、OP所在直线分别为x，y，z轴，以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示．
假设在直线PC上存在点M，使得直线MA与平面所成角的正弦值为，
则， ，,，
设则，平面的一个法向量，
则，，，
则 ，即，令，解得，，所以平面的一个法向量,
设直线MA与平面所成角为，则
，化简得
，,故该方程不存在实数解，
所以在直线PC上不存在点M，使得直线MA与平面所成角的正弦值为
题型8二面角与动点问题
【例题8】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，D，E分别为，的中点，，，.
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在点F，使得平面与平面的夹角为，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）先证明，结合，由线面垂直判定定理和定义证明，取中点G，由面面垂直性质定理证明平面，由此可得，最后利用线面垂直判定定理证明平面；
【详解】（1） 为等边三角形，D为中点，
，
又 ，，，平面，
平面，
平面，
，
取中点G，连接，
为等边三角形，
，
平面 平面，平面 平面，平面.
平面，
，
与相交，，平面，
平面；
（2）以为坐标原点，，所在直线为x轴，y轴，过C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
，，，，，
设 ，则
，，
设平面的一个法向量为，
则，所以，
取，可得，
为平面的一个法向量，
取平面的一个法向量为，
则，
解得，此时，
在线段上存在点F使得平面与平面的夹角为，且.
【变式8-1】1. （2023·上海虹口·上海市复兴高级中学校考模拟预测）如图，在三棱锥中，，O为AC的中点．
(1)证明：⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由等腰三角形三线合一得到，由勾股定理逆定理得到，从而证明出线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出点的坐标，设，利用空间向量及二面角列出方程，求出答案.
【详解】（1）在中，，O为AC的中点．
则中线，且；
同理在中有，则；
因为，O为AC的中点．
所以且；
在中有，则，
因为，平面ABC，
所以⊥平面ABC．
（2）由（1）得⊥平面ABC，故建立如图所示空间直角坐标系，
则，
设，则，
而，
，
，
设平面PAM的一个法向量为，
由得，，
令，
又x轴所在直线垂直于平面PAC，
∴取平面PAC的一个法向量，
，
平方得，令，
，
．
【变式8-1】2. （2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱锥中，，平面平面.
(1)求异面直线与间的距离；
(2)若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)
(2).
【分析】（1）法一：根据等腰三角形性质得PO垂直AC，，根据线面垂直的判定定理得面，在面中，作，知为异面直线与间的距离可得答案；法二：以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，且可得，由异面直线与间的距离向量求法可得答案；
（2）方法一：在平面内作，则平面，在平面内作，则，得为二面角的平面角，法一：设点到平面的距离为，利用得可得答案；法二：以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）法一：取中点，连接，由知，
又平面平面，平面平面，故平面，
连接，则，
又因为为中点，故，
面，故面，
在面中，作，则由知为异面直线与间的距离，
由，知，
即异面直线与间的距离为；

法二：取中点，连接，由知，
又平面平面，平面平面，故平面
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，
则，
设，且，
则，令，则，
又，则异面直线与间的距离为；

（2）由（1）知平面，可得平面平面，
如图，在平面内作，垂足为，则平面，
在平面内作，垂足为，联结，
平面，所以，且，平面，
所以平面，平面，所以

故为二面角的平面角，即，
设，则，在Rt中，，
在Rt中，由知，得，
法一：设点到平面的距离为，由，得，即，
又，
解得，则与平面所成角的正弦值为；
法二：以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系如图，
则，
，
设平面的法向量为，则由，
知，令，则，
则与所成角的余弦值为，
则与平面所成角的正弦值.

【变式8-1】3. （2023·全国·高二专题练习）如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．
(1)证明：平面；
(2)若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．

【答案】(1)证明见解析
(2)存在；是上靠近的三等分点
【分析】（1）过点作于点，由面面垂直性质定理可得平面，由此证明，再证明，根据线面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求法向量夹角，由条件列方程确定点的位置；
【详解】（1）过点作于点，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
又平面，平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面．

（2）假设在线段上（不含端点），存在点，使得二面角的余弦值为，
以为原点，分别以、为轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
即取，，，
所以为平面的一个法向量，
因为在线段上（不含端点），所以可设，，
所以，
设平面的一个法向量为，
即，
取，，，
所以为平面的一个法向量，
，又，
由已知可得
解得或（舍去），
所以，存在点，使得二面角的余弦值为，
此时是上靠近的三等分点．

【变式8-1】4. （2023·全国·高三专题练习）在三棱锥中，D，E，P分别在棱AC，AB，BC上，且D为AC中点，，于F.
(1)证明：平面平面；
(2)当，，二面角的余弦值为时，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）先证明平面，由此即可得到本题答案；
（2）以点为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，求出向量与平面的法向量，然后代入公式，即可得到本题答案.
【详解】（1）因为，
所以都是等腰三角形，
因为于F，所以F为DE的中点，
则，，
又因为是平面内两条相交直线，
所以平面，
又平面，
所以平面平面 ；
（2）因为，，所以，，，
所以， ，
由（1）知为二面角的平面角
所以，
以点为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
易得，，知，
因为，，
可得，
所以
设平面的法向量，，
所以，令，则，
所以 ，
又，
设直线与平面所成角为θ，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
题型9体积与动点问题
【例题9】（2023·全国·高三专题练习）如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点M，N分别是边BC，CD的中点，，．沿MN将翻折到的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥P-ABMND．
(1)在翻折过程中是否总有平面平面PAG？证明你的结论；
(2)当四棱锥P-MNDB体积最大时，求直线PB和平面MNDB所成角的正弦值；
(3)在（2）的条件下，在线段PA上是否存在一点Q，使得二面角的平面角的余弦值为？若存在，试确定点Q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．
【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面PAG.
（2）首项判断出平面MNDB时，四棱锥P-MNDB体积最大，作出直线PB和平面MNDB所成角，解三角形求得其正弦值.
（3）建立空间直角坐标系，设，根据二面角的余弦值求得，由此确定点的位置.
【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．
【变式9-1】1. （2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．
(1)证明：；
(2)已知是边长为1的等边三角形，且三棱锥的体积为，若点在棱上，且二面角的大小为，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）由面面垂直的性质结合等腰三角形的性质可证得平面，再由线面垂直的性质可证得结论，
（2）取的中点，则可得，过作∥，与交于，则，可得两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可
【详解】（1）证明：因为，为的中点，
所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
（2）取的中点，
因为为等边三角形，所以，
过作∥，与交于，则，
由（1）可知平面，
因为平面，所以，
所以两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
因为是边长为1的等边三角形，为的中点，
所以，
因为三棱锥的体积为，
所以，所以，
所以，
设（），则，则
因为平面，所以是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，
因为，
所以，令，则，，
所以，
因为二面角的大小为，
所以，
化简得，解得或（舍去），
所以，
【变式9-1】2. （2023·全国·高二专题练习）如图所示，在三棱锥中，已知平面ABC，平面平面，点D为线段上一点，且，
(1)证明：平面；
(2)若，，且三棱锥的体积为18，求二面角的正切值．

【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过点作于点，由面面垂直、线面垂直的性质定理可得，，再由线面垂直的判定定理可得答案；
（2）由体积求出，以为原点，分别以为轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案．
【详解】（1）证明：过点作于点，如图所示，

因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
又平面，平面，则，
又因为，，平面，
所以平面；
（2）由（1）知平面，平面，得，
又，，，
所以，解得，
以为原点，分别以为轴、轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
又因为，所以，
则有，，
设是平面的一个法向量，
则，令，则，，
所以可取，
设是平面的一个法向量，
则，令，则，，，所以可取，
则，所以二面角的余弦值为，
可得二面角的正切值为．
【变式9-1】3. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，侧面是边长为2的正三角形，，，分别为的中点，平面与底面的交线为.
(1)证明：平面.
(2)若三棱锥的体积为，试问在直线上是否存在点，使得直线与平面所成角为，异面直线所成角为，且满足？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）由已知可推得.根据线面平行的判定定理，可得平面.然后根据线面平行的性质定理，可得.进而即可得出证明；
（2）由已知可得.又易知，即可得出平面.以为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，设，求出平面的法向量以及，根据向量法表示出，根据已知，即可得出的值.
【详解】（1）因为分别为的中点，
所以，.
又平面，平面，
所以，平面.
又平面，平面与底面的交线为，所以，.
从而，.
而平面，平面，所以，平面.
（2）取的中点记为，连接，
因为是边长为2的正三角形，所以，.
由（1）可知，在底面内过点作的平行线，即平面与底面的交线.
由题意可得，即，
所以的面积.
设点到平面的距离为，
则由已知可得，于是.
因为，所以平面.
取的中点记为，连接，则.
因为，所以.
以为坐标原点，所在直线分别为轴 轴 轴，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，设.
于是，，，.
设平面的一个法向量为，
则， 即，
取，则，，即是平面的一个法向量，
所以.
又直线与平面所成角为，
于是.
又，
而异面直线所成角为，于是.
假设存在点满足题设，则，
即，所以.
当时，，此时有；
当时，，此时有.
综上所述，这样的点存在，且有.
【变式9-1】4. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，侧面底面是边长为2的正三角形，分别是的中点，记平面与平面的交线.
(1)证明：直线平面.
(2)若在直线上且为锐角，当时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明线面平行，进而由线面平行的性质得到线线平行，结合面面垂直证明线面垂直；
（2）根据体积关系求出边长，建系求出法向量，求出二面角即可.
【详解】（1）证明分别是的中点，,平面,
平面 平面
平面，平面平面.
平面平面，平面平面，平面
平面.
平面
（2）是的中位线，
又，当时，
又因为故此时
以为原点，直线为轴，直线
为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
令平面的法向量为
则令则
令平面的法向量为
则令则
因为，因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.
题型10最值取值范围问题
【例题10】（2023春·宁夏银川·高二银川一中校考期中）在中，，过点作，交线段于点（如图1），沿将折起，使（如图2），点分别为棱的中点.
(1)求证：；
(2)在①图1中，②图1中，③图2中三棱锥的体积最大.
这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，再解答问题.
问题：已知__________，试在棱上确定一点，使得，并求平面与平面的夹角的余弦值.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理与性质可得，结合中位线的性质可得，即可证明；
（2）选①：由二倍角的正切公式求出，进而求出BD，选②：根据向量的线性运算求出BD，选③：设，利用线面垂直的判定定理和性质可得平面，则，利用导数求出体积的最大值，求出BD.分别建立如图空间直角坐标系，利用向量法求出面面角即可；
【详解】（1），平面，
平面平面.
又分别为的中点，
.
（2）选①，在图1所示的中，由，
解得或（舍去）.
设，在Rt中，，
解得.
以点为原点，分别为轴建立如图所示的坐标系，
，
则.
设，则.
，即，解得，
当（即是的靠近的一个四等分点）时，.
设平面的一个法向量为，且，
由得令，则，
取平面CBN的一个法向量，
则，
平面BMN与平面的夹角的余弦值为.
选②，在图1所示的中，设，
则，
又，由平面向量基本定理知，即.
以点为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，
则.
设，则，
即，解得，
当（即是的靠近的一个四等分点）时，.
设平面的一个法向量为，且，
由得令，则.
取平面的一个法向量，
则，
平面与平面的夹角的余弦值为.
选③，在图1所示的中，设，则，
为等腰直角三角形，.
折起后，且，平面，
平面，又，
，
令，
当时，；当时，，
时，三棱锥的体积最大.
以点为原点，分别为轴建立如图所示直角坐标系，
，
，则，
设，则.
，即，
解得，
当（即是的靠近的一个四等分点）时，.
设平面的一个法向量为，且，
由得令，则.
取平面的一个法向量，
则，
平面与平面的夹角的余弦值为.
【变式10-1】1. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，是正三角形，平面平面，，点，分别是，的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，点是线段上的动点，问：点运动到何处时，平面与平面所成锐二面角的余弦值最大．
【答案】(1)证明见解析；
(2)为的中点．
【分析】(1)利用等腰三角形三线合一可知AE⊥CD，根据面面垂直的性质定理可得AE⊥平面BCD，从而可得AE⊥CD；再结合EF∥BD，CD⊥BD可得CD⊥EF，结合线面垂直判定定理即可得CD⊥平面AEF；
(2)在平面中，过点作，垂足为，以为正交基底，建立空间直角坐标系，设BC＝4并设G点坐标，利用向量方法表示出平面与平面所成二面角的余弦即可求解．
【详解】（1）∵是正三角形，点是的中点，∴．
又∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又∵平面，∴．
∵点E、F分别是、的中点，∴，
又∵，∴，
又∵，平面，∴平面；
（2）在平面中，过点作，垂足为，
设，则CD＝2，，，．
以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设，则，，，．
设平面的法向量为，
由，得，令，故，
设平面的法向量为，
则，即，令，则．
设平面与平面所成锐二面角的平面角为，
∴，
当时，，此时θ最大，
即当为的中点时，平面与平面所成锐二面角的余弦值最大
【变式10-1】2. （2023·全国·高三专题练习）在三棱锥中，，平面，点是棱上的动点，点是棱上的动点，且.
(1)当时，求证：；
(2)当的长最小时，求二面角的余弦值
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作，根据线面垂直的性质可知两两互相垂直，以为坐标原点建立空间直角坐标系，易证得为等腰直角三角形，由此可得坐标，根据可证得结论；
（2）用表示坐标，将表示为关于的二次函数，由此可确定时，最小，进而得到坐标；利用二面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）在平面内过点作，使得点与点在同侧，
平面，平面，平面，
，，则两两互相垂直.
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，，；
由得：，，
为等腰直角三角形，；
同理可得：为等腰直角三角形，
当时，，，分别是中点，
，，，，
，.
（2）由（1）可得：，，，为等腰直角三角形；
，，
则；
当时，最小，分别是中点，
，，
，，，，
设平面的法向量为，
则，令，解得：，，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，
由图形可知：二面角为钝二面角，二面角的余弦值为
【变式10-1】3. （2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，是等边三角形，点A在平面上的投影是线段BC的中点E，AB=AD=AC，点是的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)若BC=2BD，点是线段上的动点，问：点运动到何处时，平面与平面所成的锐二面角最小.
【答案】(1)证明见解析；
(2)G为BD中点.
【分析】（1）可先证平面，即得平面平面；
（2）根据条件可得底面三角形为，30°，60°，90°的特殊直角三角形，据此建系，利用空间向量可求得平面AEG与平面ACD所成锐二面角的余弦值的表达式.
【详解】（1）因为点A在平面上的投影是点E，∴平面BCD，∴，
∵AD=AC，点是的中点，∴
∵,平面，
∴平面
又∵平面，
∴平面平面
（2）∵AB=AD=AC，点A在平面上的投影是点E，
∴EB=ED=EC，∴B，C，D在以E为圆心的圆上，∴∠BDC=90°
∵BC=2BD，∴∠BCD=60°，
在平面BCD中，过E作EH⊥BD，垂足为 H，以EH为x轴，EF为y轴，EA为z轴，建立空间直角坐标系，设BC=4则，，
设，则，，，
设平面AEG的法向量为
由可得
设平面ACD的法向量为
由可得，
设平面AEG与平面ACD所成锐二面角为，
则，
∴当y=0时，最大，此时锐二面角最小，
故当G为BD中点时，平面AEG与平面ACD所成锐二面角最小.
【变式10-1】4. （2023春·全国·高一专题练习）如图，在三棱锥中，，，，为的中点.
(1)证明：平面ABC；
(2)若E是棱AC上的动点，当的面积最小时，求SC与平面SDE所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据三角形为等腰三角形得到，根据勾股定理得到，最后用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）解法1：利用几何法得到为与平面所成的角，然后求余弦值即可；
解法2：建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求出线面角的正弦值，然后求余弦值即可.
【详解】（1）
因为，又D为BC的中点，
所以，且，
连接，，所以为等腰直角三角形，
且，
，由，可知，
由，，，平面，可知平面.
（2）解法1：因为，平面，所以，，所以，
当的面积最小时，取最小值，此时得，
这时为的中位线，且.
因为，且，，平面，所以平面，故为与平面所成的角.
因为E是AC的中点，所以.
在中，，
所以SC与平面SDE所成角的正弦值为，余弦值为.
解法2：同解法1，且.因为，，，两两互相垂直，故以D为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
则，，，.
，，
设平面的法向量为，则，即，
所以可取，又，
设SC与平面SDE所成角为，则，余弦值为.
【变式10-1】5. （2022·全国·高三专题练习）如图，四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，．
(1)求证：平面；
(2)若为中点，求与面所成角的正弦值；
(3)由顶点沿棱锥侧面经过棱到顶点的最短路线与的交点记为．求该最短路线的长及的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)最短路线长为，此时.
【分析】（1）由勾股定理可得，再由线面垂直的判定即可证结论.
（2）取的中点，连接，，构建以点为坐标原点建立空间直角坐标系，求的方向向量与面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求线面角.
（3）展开平面和平面为一个平面，连接交于，则为最短路线，求出最短路线长度及的值．
【详解】（1）由，，则，即，
又，，
∴平面．
（2）取的中点，连接，，由，则．
∵平面，平面，
∴，又，
∴平面，
∵，．
∴四边形是矩形，则．
以点为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示
则，，0，，，1，，，，，，
∴，，
设面的法向量，则，令，可得，0，．
∴．
设与面所成角为，则．
（3）∵平面，面，
∴，则为等腰直角三角形，
作出平面和平面的侧面展开图，如图所示：连接交于，则为最短路线，
又，即，故四边形为平行四边形，
∴与重合，
∴最短路线长为，此时．
【变式10-1】6. （2023·全国·高三校联考阶段练习）如图，在三棱锥A－BCD中，△ABC是正三角形，平面ABC⊥平面BCD，BD⊥CD，点E，F分别是BC，DC的中点．
(1)证明：CD⊥平面AEF．
(2)若∠BCD＝60°，点G是线段BD上的动点，问：点G运动到何处时，平面AEG与平面ACD所成锐二面角的余弦值最大．
【答案】(1)证明见解析
(2)为的中点
【分析】（1）要证CD⊥平面AEF，即证，由BD⊥CD可证，由△ABC是正三角形，平面ABC⊥平面BCD，可证，进而得证；
（2）过点作，垂足为，设，以为正交基底，建立空间直角坐标系，设，求出平面AEG与平面ACD的法向量，结合向量夹角的余弦公式和函数关系求出，进而得出点G位置.
【详解】（1）因为是正三角形，点是的中点，所以．
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因为平面，所以．
因为点E，F分别是，的中点，所以，
又因为，所以，
又因为，在平面内，所以平面；
（2）在平面中，过点作，垂足为，
设，则，，．
以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设，则，，，．
设平面的法向量为，
由，得，令，故，
设平面的法向量为，
则，即，令，则．
设平面与平面所成锐二面角的平面角为，
所以，当时，
，此时最大，
故当为的中点时，平面与平面所成锐二面角的余弦值最大．
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专题1-3棱锥相关解答题十大题型汇总——题型·技巧攻略
题型1平行关系 1
题型2垂直关系 3
题型3长度问题 6
题型4距离体积问题 8
题型5线线、线面角问题 10
题型6二面角问题 13
题型7线面角与动点问题 15
题型8二面角与动点问题 18
题型9体积与动点问题 20
题型10最值取值范围问题 23
题型1平行关系
【例题1】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，，，，，、、的中点分别为、、，点在上，．求证：平面.

【变式1-1】1. （2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱锥中，底面， ．点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，．求证：平面；
【变式1-1】2. （2023·高二课时练习）如图，在三棱锥中，平面，.
（1）求证：；
（2）设、分别为、的中点，点为内一点，且满足，求证：平面.
【变式1-1】3. （2023·全国·高二专题练习）如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABP所在的平面互相垂直，且，，，，．
(1)求证：；
(2)求直线PC与平面ABP所成角的余弦值；
(3)线段PA上是否存在点E，使得平面EBD？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

【变式1-1】4. （2023春·湖南长沙·高二长沙一中校考期末）如图，在四棱锥中，平面PAD，△PAD为等边三角形，//，，平面PBC交平面PAD直线l，E、F分别为棱PD，PB的中点．
(1)求证：∥；
(2)求平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值；
(3)在棱PC上是否存在点G，使得∥平面AEF？若存在，求的值，若不存在，说明理由．

【变式1-1】5.（2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱锥中，底面，，，将绕着逆时针旋转到的位置，得到如图所示的组合体，为的中点.
(1)当为何值时，该组合体的体积最大，并求出最大值；
(2)当平面时，求直线与平面所成角的正弦值.

题型2垂直关系
【例题2】（2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)证明：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3，试证明AM⊥平面BMC.
【变式2-1】1. （2023秋·全国·高二随堂练习）如图，在三棱锥P-ABC中， ，D是BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知 ．
(1)求证：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP是一点，且 ．试证明平面AMC⊥平面BMC．
【变式2-1】2. （2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱锥中，平面，，，，、分别为、的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)在线段上是否存在一点，使？证明你的结论．
【变式2-1】3. （2023秋·全国·高二随堂练习）如图，在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为2的正三角形，PA＝2，底面ABC于点D，，且DB＝1．
(1)求证：平面PDB．
(2)在棱PC上是否存在一点E，使得平面PAB？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【变式2-1】4. （2021·高二课时练习）如图，在三棱锥中，底面为等边三角形，，且平面平面．
（1）求三棱锥的体积；
（2）求二面角的余弦值；
（3）判断在线段上是否存在点Q，使得为直角三角形？若存在，找出所有符合要求的点Q，并求的值；若不存在，说明理由．
【变式2-1】5. （2023·全国·高二专题练习）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，.
(1)求证：平面平面；
(2)设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，且 平面，是否存在点，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
题型3长度问题
【例题3】（2023·四川绵阳·统考模拟预测）如图，在三棱锥中，底面，.点、、分别为棱、、的中点，是线段的中点，，.
(1)求证：平面；
(2)已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长．

【变式3-1】1. （2023·全国·高三专题练习）在三棱锥中，，，．
(1)证明：；
(2)若，，在棱上，当直线与平面所成的角最大时，求的长．
【变式3-1】2. （2022·全国·高三专题练习）如图，等腰梯形中，沿将 折起至与平面BCDE成直二面角得到一四棱锥，为中点，过 作平面 ．
请画出平面截四棱锥的截面，写出作法，并求其周长；
【变式3-1】3. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥D—ABC中，G是△ABC的重心，E，F分别在BC，CD上，且，．
(1)证明：平面平面ABD；
(2)若平面ABC，，，，P是线段EF上一点，当线段GP长度取最小值时，求二面角的余弦值．
题型4距离体积问题
【例题4】（2023春·高二单元测试）如图，在三棱锥中，PA⊥平面ABC，，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，.
(1)求直线PA与平面DEF所成角的正弦值；
(2)求点P到平面DEF的距离；
(3)求点P到直线EF的距离．

【变式4-1】1. （2023·全国·高二假期作业）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．
(1)求证：//平面；
(2)若，求三棱锥的体积．
【变式4-1】2. （2023春·天津河西·高三天津市第四十二中学校考阶段练习）如图所示，在三棱锥S－ABC中，SC⊥平面ABC，SC＝3，AC⊥BC，CE＝2EB＝2，，CD＝ED．
(1)求证：DE⊥平面SCD；
(2)求二面角的余弦值；
(3)求点A到平面SCD的距离．
【变式4-1】3. （2023·全国·高二假期作业）如图，在三棱锥中，的中点为.
(1)证明：直线平面；
(2)若，当直线与平面所成的角最大时，求三棱锥的体积.

【变式4-1】4. （2023春·云南昆明·高二安宁中学校考阶段练习）在三棱锥中，，，M为棱BC的中点.
(1)证明：；
(2)若平面平面ABC，，，E为线段PC上一点，，求点E到平面PAM的距离.
【变式4-1】5.（2023·全国·高三专题练习）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．
题型5线线、线面角问题
【例题5】（2023春·吉林长春·高二长春市解放大路学校校考期末）如图，在三棱锥中，平面平面ABC，，，，，D是棱PC的中点．
(1)求证：；
(2)若，求直线BC与平面ADB所成角的正弦值．
【变式5-1】1. （2022秋·安徽合肥·高二校考阶段练习）如图所示，在三棱锥中，平面，点分别在棱上，满足，且．
(1)求实数的值；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
【变式5-1】2. （2022秋·全国·高三统考阶段练习）如图，在三棱锥中，底面，，D为的中点．
(1)求证：；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
【变式5-1】3. （2023秋·高二单元测试）如图，在五棱锥中，平面， 三角形是等腰三角形.
(1)求证：平面平面：
(2)求直线与平面所成角的大小；
【变式5-1】4. （2023·全国·高二专题练习）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体．现将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点分别作平行于各底面的截面，截去四个顶点处的小棱锥，得到所有棱长均为1的截角四面体，如图所示．
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．

【变式5-1】5．（2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱锥中，，，点、分别是、的中点，底面.
(1)求证平面；
(2)当时，求直线与平面所成角的正弦值；
(3)当取何值时，在平面内的射影恰好为的重心？
题型6二面角问题
【例题6】（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥中，底面ABC是边长为4的正三角形，侧面底面ABC，，，点E在线段SB上，且．
(1)证明：平面ACE；
(2)求二面角的正弦值．
【变式6-1】1. （2023·四川自贡·统考二模）如图，在三棱锥中，为的内心，直线与交于，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，，，求二面角的余弦值.
【变式6-1】2. （2023·全国·模拟预测）如图，球O是正三棱锥和的外接球，M为的外心，直线AM与线段BC交于点D，D为BC的中点，两三棱锥的高之比为，E为PA上一点，且．
(1)证明：；
(2)求二面角的正弦值．
【变式6-1】3. （2023·全国·高二假期作业）如图，在三棱锥中，，，，平面平面，点是线段上的动点.
(1)证明：平面平面；
(2)若点在线段上，，且异面直线与成30°角，求平面和平面夹角的余弦值.
【变式6-1】4. （2023·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面ABC，，，，D，E，F分别为BC，PA，AB的中点．
(1)证明：平面平面DEF；
(2)求二面角的余弦值．
【变式6-1】5.（2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱锥中，，且，，，是的中点，.
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.

题型7线面角与动点问题
【例题7】（2023·全国·高二专题练习）在三棱锥P-ABC中，若已知，，点P在底面ABC的射影为点H，则
(1)证明：
(2)设，则在线段PC上是否存在一点M，使得与平面所成角的余弦值为，若存在，设，求出的值，若不存在，请说明理由.
【变式7-1】1. （2022·全国·高二期末）已知三棱锥（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中：
(1)证明：平面平面；
(2)若点在棱上运动，当直线与平面所成的角最大时，求二面角的余弦值.
【变式7-1】2. （2023秋·天津河西·高三北京师范大学天津附属中学校考期末）如图，在三棱锥中，底面，．点、、分别为棱、、的中点，是线段的中点，，．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的正弦值；
(3)点在棱上，直线与所成角余弦值为，求线段长．
【变式7-1】3. （2023·全国·高二假期作业）如图，在三棱锥中，底面，，点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，.
(1)求证：平面.
(2)已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长.
【变式7-1】4. （2022秋·重庆南岸·高二重庆第二外国语学校校考期中）莲花山位于鄂州市洋澜湖畔．莲花山，山连九峰，状若金色莲初开，独展灵秀，故而得名．这里三面环湖，通汇长江，山峦叠翠，烟波浩渺．旅游区管委会计划在山上建设别致凉亭供游客歇脚，如图①为该凉亭的实景效果图，图②为设计图，该凉亭的支撑柱高为3m，顶部为底面边长为2的正六棱锥，且侧面与底面所成的角都是．
(1)求该凉亭及其内部所占空间的大小；
(2)在直线PC上是否存在点M，使得直线MA与平面所成角的正弦值为？若存在，请确定点M的位置；若不存在，请说明理由．
题型8二面角与动点问题
【例题8】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，D，E分别为，的中点，，，.
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在点F，使得平面与平面的夹角为，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【变式8-1】1. （2023·上海虹口·上海市复兴高级中学校考模拟预测）如图，在三棱锥中，，O为AC的中点．
(1)证明：⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角为，求的值．
【变式8-1】2. （2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱锥中，，平面平面.
(1)求异面直线与间的距离；
(2)若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值.

【变式8-1】3. （2023·全国·高二专题练习）如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．
(1)证明：平面；
(2)若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．

【变式8-1】4. （2023·全国·高三专题练习）在三棱锥中，D，E，P分别在棱AC，AB，BC上，且D为AC中点，，于F.
(1)证明：平面平面；
(2)当，，二面角的余弦值为时，求直线与平面所成角的正弦值.
题型9体积与动点问题
【例题9】（2023·全国·高三专题练习）如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点M，N分别是边BC，CD的中点，，．沿MN将翻折到的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥P-ABMND．
(1)在翻折过程中是否总有平面平面PAG？证明你的结论；
(2)当四棱锥P-MNDB体积最大时，求直线PB和平面MNDB所成角的正弦值；
(3)在（2）的条件下，在线段PA上是否存在一点Q，使得二面角的平面角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．
【变式9-1】1. （2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．
(1)证明：；
(2)已知是边长为1的等边三角形，且三棱锥的体积为，若点在棱上，且二面角的大小为，求．
【变式9-1】2. （2023·全国·高二专题练习）如图所示，在三棱锥中，已知平面ABC，平面平面，点D为线段上一点，且，
(1)证明：平面；
(2)若，，且三棱锥的体积为18，求二面角的正切值．

【变式9-1】3. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，侧面是边长为2的正三角形，，，分别为的中点，平面与底面的交线为.
(1)证明：平面.
(2)若三棱锥的体积为，试问在直线上是否存在点，使得直线与平面所成角为，异面直线所成角为，且满足？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由.
【变式9-1】4. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，侧面底面是边长为2的正三角形，分别是的中点，记平面与平面的交线.
(1)证明：直线平面.
(2)若在直线上且为锐角，当时，求二面角的余弦值.
题型10最值取值范围问题
【例题10】（2023春·宁夏银川·高二银川一中校考期中）在中，，过点作，交线段于点（如图1），沿将折起，使（如图2），点分别为棱的中点.
(1)求证：；
(2)在①图1中，②图1中，③图2中三棱锥的体积最大.
这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，再解答问题.
问题：已知__________，试在棱上确定一点，使得，并求平面与平面的夹角的余弦值.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【变式10-1】1. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，是正三角形，平面平面，，点，分别是，的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，点是线段上的动点，问：点运动到何处时，平面与平面所成锐二面角的余弦值最大．
【变式10-1】2. （2023·全国·高三专题练习）在三棱锥中，，平面，点是棱上的动点，点是棱上的动点，且.
(1)当时，求证：；
(2)当的长最小时，求二面角的余弦值
【变式10-1】3. （2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，是等边三角形，点A在平面上的投影是线段BC的中点E，AB=AD=AC，点是的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)若BC=2BD，点是线段上的动点，问：点运动到何处时，平面与平面所成的锐二面角最小.
【变式10-1】4. （2023春·全国·高一专题练习）如图，在三棱锥中，，，，为的中点.
(1)证明：平面ABC；
(2)若E是棱AC上的动点，当的面积最小时，求SC与平面SDE所成角的余弦值.
【变式10-1】5. （2022·全国·高三专题练习）如图，四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，．
(1)求证：平面；
(2)若为中点，求与面所成角的正弦值；
(3)由顶点沿棱锥侧面经过棱到顶点的最短路线与的交点记为．求该最短路线的长及的值．
【变式10-1】6. （2023·全国·高三校联考阶段练习）如图，在三棱锥A－BCD中，△ABC是正三角形，平面ABC⊥平面BCD，BD⊥CD，点E，F分别是BC，DC的中点．
(1)证明：CD⊥平面AEF．
(2)若∠BCD＝60°，点G是线段BD上的动点，问：点G运动到何处时，平面AEG与平面ACD所成锐二面角的余弦值最大．
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