资源简介

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7.2用空间向量解决立体几何
【备考指南】 1
【知识导图】 3
【考点梳理】 6
考点一：线面角的向量求法 6
考点二：已知线面角求其他量 18
考点三：面面角的向量求法 28
考点四：已知面面角求其他量 39
考点五：空间距离的向量求法 50
考点六：立体几何中的折叠、探究 60
【真题在线】 70
【专项突破】 85
考点 考情分析 考频
空间几何体的表面积、体积 2023年新高考Ⅰ卷T14 2023年新高考Ⅱ卷T9 2023年新高考Ⅱ卷T14 2023年全国乙卷T3 2023年全国乙卷T8 2022年新高考Ⅰ卷T4 2022年新高考Ⅱ卷T11 2022年全国甲卷T4 2022年全国甲卷T9 2021年新高考Ⅰ卷T3 2021年新高考Ⅱ卷T4 2021年新高考Ⅱ卷T5 3年12考
球与多面体的切接 2023年全国乙卷T16 2022年新高考Ⅰ卷T8 2022年新高考Ⅱ卷T7 2022年全国乙卷T9 2021年全国甲卷T11 3年5考
线面位置关系 2023年全国乙卷T9 2022年新高考Ⅰ卷T9 2022年全国甲卷T7 2022年全国乙卷T7 2021年新高考Ⅱ卷T10 2021年全国乙卷T5 3年6考
空间角与线面位置关系综合 2023年新高考Ⅰ卷T18 2023年新高考Ⅱ卷T20 2023年全国甲卷T18 2023年全国乙卷T19 2022年新高考Ⅰ卷T19 2022年新高考Ⅱ卷T20 2022年全国甲卷T18 2022年全国乙卷T18 2021年新高考Ⅱ卷T19 2021年全国甲卷T19 2021年全国乙卷T18 3年11考
立体几何综合 2023年新高考Ⅰ卷T12 2021年新高考Ⅰ卷T12 2021年新高考Ⅰ卷T20 2年3考
最短距离、截面、截线 2023年新高考Ⅱ卷T14 2023年全国甲卷T15 1年2考
预测：用空间向量解决立体几何问题是每年必考的内容，主要是在解答题中考察空间角、空间距离，相比于几何法解决空间角问题，更多的学生选择用向量法解决，少部分基础好的同学选择用几何法解决问题.具体选择用什么方法取决于学生的实际情况.建议在复习时加强练习.
考点一：线面角的向量求法
【典例精析】（多选）（2024·福建莆田·三模）如图，在边长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，P是正方形A1B1C1D1内的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若DP∥平面CEF，则点P的轨迹长度为
B．若AP=，则点P的轨迹长度为
C．若AP=，则直线AP与平面CEF所成角的正弦值的最小值是
D．若Р是棱A1B1的中点，则三棱锥的外接球的表面积是
【答案】ACD
【分析】由面面平行的判定定理可得平面平面，从而可得点Р的轨迹是线段，即可判断AB，建立空间直角坐标系结合空间向量的坐标运算即可判断C，结合条件可得外接球的半径，即可判断D
【详解】
分别取棱，的中点M，N，连接，
易证，，
平面，平面，所以平面，
且平面，平面，所以平面，
又平面，则平面平面，
因为平面，且P是正方形内的动点，
所以点Р的轨迹是线段.
因为，所以，因为，所以，
故A正确.
因为，所以点P的轨迹是以为圆心，1为半径的个圆，
则点Р的轨迹长度为，则B错误.
以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，
建立如图1所示的空间直角坐标系.
由题中数据可知则，，.
设平面CEF的法向量为，则，得.
设直线AР与平面CEF所成的角为，则.
因为，所以，所以，
所以，则，故C正确.
Р是棱的中点，则外接圆的圆心为正方形的中心，半径为2.
如图2，设，则三棱锥的外接球的半径满足，解得，
从而三棱锥P-CEF的外接球的表面积是，故D正确.
故选：ACD
【变式训练】
一、单选题
1．（23-24高二上·全国·期中）PA，PB，PC是从点P引出的三条射线，每两条的夹角均为，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
2．（2024·全国·模拟预测）如图，正方体的棱长为2，分别为棱，的中点，为线段上的动点，则（ ）

A．对任意的点，总有
B．存在点，使得平面平面
C．线段上存在点，使得
D．直线与平面所成角的余弦值的最小值为
三、填空题
3．（2024·全国·模拟预测）在棱长为2的正方体中，动点，分别在棱，上，且满足，当的体积最小时，与平面所成角的正弦值是 ．
四、解答题
4．（2024·湖南永州·三模）如图，在多面体中，底面为直角梯形，，，平面，.
(1)证明：；
(2)若，，且多面体的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.
5．（2024·安徽马鞍山·三模）如图，在四面体中，，，两两垂直，，是线段的中点，是线段的中点，点在线段上，且．
(1)求证：平面；
(2)若点在平面内，且平面，求直线与平面所成角的正弦值．
参考答案：
1．C
【分析】将放在正方体中进行分析，结合空间向量法求解即可.
【详解】如图所示，把放在正方体中，的夹角均为．
建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，
则，
所以，
设平面的法向量，则，
令，则，所以，
所以．
设直线与平面所成角为，所以，
所以．
故选：C．
2．AD
【分析】连接，由正方体可得，再由平面，可得平面，从而可判断A；取棱的中点，连接，易知，，结合面面平行判定定理可得平面平面，根据面面关系即可判断B；连接，将沿翻折，使之与在同一个平面内，根据线线关系确定取得最小值的情况，即可判断C；取棱的中点，连接，，确定，的最小值，再分析直线与平面所成角的余弦值的最小值，或者建立空间直角坐标系，确定平面的法向量，直线的方向向量，根据空间坐标运算求线面夹角正弦值，从而得余弦值，即可判断D．
【详解】选项A：如图1，连接，

因为分别为棱的中点，所以，
因为正方体，所以四边形为正方形，
则，所以，
又平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，故A正确；
选项B：如图2，取棱的中点，连接，

则易知，，而平面，平面，
故平面，
又平面，平面，同理平面，
因为，平面，所以平面平面，
但平面与平面相交，所以平面与平面不平行，故B错误．
选项C：如图3，连接，

易知，，将沿翻折，使之与在同一个平面内，
易知当为线段的中点，且时，取得最小值，
此时，（当为线段的中点时，，
易知平面，故当时，最小值为2）,故C错误；
选项D：解法一 如图4，取棱的中点，连接，，

则平面，所以直线与平面所成角为．
又，的最小值为，又，所以的最小值为．
在中，，所以的最大值为，
所以的最小值为，
所以直线与平面所成角的余弦值的最小值为，故D正确．
解法二 如图5，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，

则，设，则，
易知平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，
则，
当时，取得最大值，此时取得最小值，故D正确．
故选：AD.
3．
【分析】设，结合等积法，可求出当的体积最小时，，分别是所在棱的中点；法一，根据，可求出点到平面的距离为，结合直线与平面所成角的集合法即可求解；法二，建立空间直角坐标系，应用向量法求解.
【详解】设，则
．
由等体积法，得
，
当且仅当，即时，等号成立．
所以当的体积最小时，，分别是所在棱的中点．
方法一 易知，，．由余弦定理，得
，所以，
所以．
设点到平面的距离为．根据，
得，解得．
所以与平面所成角的正弦值为．
方法二 以点为原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，．
所以，，．
设平面的法向量为，
则即令，得，，
则．设与平面所成的角为，
则．
故答案为：
4．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意易得，可证，由已知可得，从而可证平面，可证结论；
（2）设多面体的体积为，，利用体积可求，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为，利用向量法可求直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）在中，，
在中，，
所以，，
所以，又平面，平面，
所以，
又，平面，平面，
所以平面，又平面，
所以；
（2）设多面体的体积为，，
则，
解得，
如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
那么，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
5．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1），交于点，作，交于点，证明四边形为平行四边形，然后证明平面．
（2）以为原点，分别以，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系，根据平面，可设，，，即可表示出点坐标，再由平面，由求出、，从而确定点坐标，再由空间向量法求出直线与平面所成角的正弦值．
【详解】（1）作，交于点，作，交于点，
因为是线段的中点，是线段的中点，，
所以且，
，，所以且，
且，所以四边形为平行四边形，
，又平面，平面，平面．
（2）以为原点，分别以，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系，
不妨设，则，，，，
设，则，，，
平面，可设，，，
即，
则，即，则，
平面，又，，
，即，解得，所以点坐标为，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，得，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为．
考点二：已知线面角求其他量
【典例精析】（多选）（2022·全国·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点(含边界)，则下列说法中正确的是( )
A．若平面，则动点Q的轨迹是一条线段
B．存在Q点，使得平面
C．当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大
D．若，那么Q点的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】A：取、中点，连接、、PF，证明平面∥平面，则点的轨迹为线段；
B：以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，根据求出x、z即可判断；
C：的面积为定值，当且仅当到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大；
D：可求为定值，即可判断Q的轨迹，从而求其长度.
【详解】取、中点，连接、、PF，
由PF∥∥且PF＝知是平行四边形，
∴∥，∵平面，平面，∥平面，
同理可得EF∥平面，∵EF∩＝F，
∴平面∥平面，则点的轨迹为线段，A选项正确；
如图，建立空间直角坐标系，
则，，，设，
则，，
设为平面的一个法向量，
则即得取，则.
若平面，则∥，即存在，使得，则，解得，故不存在点使得平面，B选项错误；
的面积为定值，当且仅当到平面的距离d最大时，三棱锥的体积最大.
，
，，则当时，d有最大值1；
②，，则当时，d有最大值；
综上，当，即和重合时，三棱锥的体积最大，C选项正确；
平面，，
，，Q点的轨迹是半径为，圆心角为的圆弧，轨迹长度为，D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】本题综合考察空间里面的位置关系的判断与应用，需熟练运用线面平行、面面平行的判定定理和性质，需掌握运用空间直角坐标系和空间向量来解决垂直问题，掌握利用空间向量求点到平面的距离，利用几何关系判断空间里面的动点的轨迹，考察知识点较多，计算量较大，属于难题.
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·吉林通化·二模）已知四棱锥的底面为平行四边形，，，，平面ABCD，直线PD与平面PAC所成角为，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
2．（22-23高二上·重庆·阶段练习）在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．当平面时，不可能垂直
B．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为
C．当时，正方体经过点、P、C的截面面积的取值范围为[，]
D．当时，的最小值为
三、填空题
3．（2021·山东济南·模拟预测）正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为AB的中点，点F满足，动点M在侧面AA1D1D内运动，且MB∥平面D1EF，则|MD|的取值范围是 ．
四、解答题
4．（2024·山东济南·二模）如图，在四棱锥中，四边形ABCD 为直角梯形，AB∥CD， ，平面平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点.
(1)证明：；
(2)当EF为何值时，直线BE 与平面PAD夹角的正弦值为.
5．（2024·山西·二模）如图，四棱锥中，二面角的大小为，，，是的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)若直线与底面所成的角为，求二面角的余弦值.
参考答案：
1．C
【分析】根据题意建立如图空间直角坐标系，利用向量法结合PD与平面PAC的线面角，可求出PD.
【详解】，，，
由余弦定理得，即，
则有，所以，
又平面ABCD，以D为原点，的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

设，由，，
得，，，，，
， ， ，
设平面PAC的法向量为 ， 则 ，
令，则，，所以 ，
直线PD与平面PAC所成角为，所以 ，
则有，解得， 则.
故选：C.
2．BD
【分析】对A，作出如图空间直角坐标系，由向量法结合向量垂直判断即可；
对B，由几何关系得出与平面所成线面角，可得，则点P的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆；
对C，由得点P在上，利用几何关系可得的面积最值在端点及中点位置；
对D，将平面与平面沿展成平面图形，线段即为的最小值，利用余弦定理即可求.
【详解】对A，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
所以，，
则，，设平面的一个法向量为，
所以，令，则，即平面的一个法向量为，若平面，则，即，
由，则，即P为中点时，有平面，且，A错；
对B，因为平面，连接，则即为与平面所成角，
若与平面所成角为，则，所以，
即点P的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，于是点P的轨迹长度为，B对；
对C，因为，所以点P一定在上，又因为当或1时，的面积取最大值，此时截面面积为，
设的中点为H，由图形的变化可得当点P在DH和运动时，所得截面对称相同，于是当时，的面积取最小值，此时截面面积为，C错；
对D，如图，将平面与平面沿展成平面图形，
线段即为的最小值，
利用余弦定理可知，
所以，D对.
故选：BD
【点睛】（1）容易建系的几何体一般可通过建系快速解决长度、角度等问题. 本题A中，通过线面平行得线与该面的法向量垂直，即可得参数间的关系，即可进一步讨论线线垂直的问题；
（2）B中轨迹问题，关键结合正方体的线面垂直性质得出线面角，即可得出所求轨迹为圆弧；
（3）C中截面问题，关键结合正方体的对称性，转化为三角形面积的和，再进一步转换成讨论高的范围问题；
（4）D中求不同表面线段和问题，一般展开成平面讨论.
3．
【分析】建立空间直角坐标系，表示所需点的坐标，求出平面D1EF的一个法向量，结合线面平行的向量表示可得动点M的坐标满足的条件，即可得解.
【详解】因为ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱柱，
以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
设M（x,0,z），B（2,2,0），D1（0,0,4），E（2,1,0），
因为，所以F是CC1四等分点（靠近C），
所以F（0,2,1），所以，
设平面D1EF的一个法向量为，
则，即，
令c＝2，则，故，
又，平面D1EF，
所以，即，
所以，所以，
故，
因为0≤x≤2，0≤z≤4，所以，故，
因为，所以|MD|在上单调递减，
所以当x＝时，|MD|取最大值，
所以|MD|的最大值为，
当x＝2时，|MD|取最小值，所以|MD|的最小值为，
所以|MD|的取值范围是．
故答案为：.
4．(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）过作，垂足为，分析可知为等边三角形，可得，结合面面垂直的性质可得平面ABCD，即可得结果；
（2）取线段的中点，连接，建系，设，求平面PAD的法向量，利用空间向量处理线面夹角的问题.
【详解】（1）过作，垂足为，
由题意知：为矩形，可得，
由，则为等边三角形，且F为线段BC的中点，则，
又因为平面平面ABCD，平面平面，平面，
可得平面ABCD，且平面，
所以.
（2）由（1）可知：平面ABCD，
取线段的中点，连接，则∥，，
又因为，可知，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
因为E为线段PF上一点，设，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
由题意可得：，
整理得，解得，
所以当，直线BE 与平面PAD夹角的正弦值为.
5．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可得，平面平面，根据面面垂直的性质可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）过作的垂线交延长线于点H，连接AH，根据面面垂直的性质可得，设，在中由余弦定理得，利用勾股定理的逆定理可得，建立如图空间直角坐标系，结合空间向量法求解面面角即可.
【详解】（1）由，得，则，
所以，即.
由二面角的大小为，知平面平面，即平面平面，
又平面平面，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）过作的垂线，交延长线于点H，连接AH，
由平面平面，平面平面，平面，
，所以平面，则为在底面内的射影，
所以为直线与底面所成的角，即.
由，知且为钝角三角形，
设，得，，
在中，，在中，，
由余弦定理得，有，
所以，过作，则底面，
所以两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，则，
所以，则，
故所求二面角的余弦值为.

考点三：面面角的向量求法
【典例精析】（多选）（2024·河北承德·二模）如图，在正四棱柱中，是棱的中点，为线段上的点（异于端点），且，则下列说法正确的是（ ）

A．是平面的一个法向量
B．
C．点到平面的距离为
D．二面角的正弦值为
【答案】ACD
【分析】对于A，证明平面即可；对于B，在中通过余弦定理计算的长度即可；对于C，D，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据点到面的距离公式可计算C选项，计算平面和平面的法向量即可求出二面角的正弦值，可判断D选项.
【详解】对于A，由于是正四棱柱，易知，
在中，因为，
所以，
故，
又平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，在中，因为，
则，
在中，利用余弦定理,
可求得或（舍去），
因此，故错误；
对于C， 以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
由B选择可知，，，
所以，
故，
设为平面的法向量，
则，
令，则，
设点到平面的距离为，
所以由点到平面的距离公式得：
，故C正确；
对于D，由C选项中坐标可知，
为平面的一个法向量，
，
设平面的一个法向量为，
则
令，
所以，
因此二面角的正弦值为，故D正确.
故选：ACD.
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·内蒙古包头·一模）如图，底面是边长为2的正方形，半圆面底面，点为圆弧上的动点．当三棱锥的体积最大时，二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
2．（2024·宁夏固原·一模）在正方体中，分别为棱的中点，则（ ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面平面
三、填空题
3．（2024·北京房山·一模）如图，在棱长为1的正方体中，点P是对角线上的动点（点P与点A，不重合）．给出下列结论：
①存在点P，使得平面平面；
②对任意点P，都有；
③面积的最小值为；
④若是平面与平面的夹角，是平面与平面的夹角，则对任意点P，都有．其中所有正确结论的序号是 ．
四、解答题
4．（2024·山东泰安·三模）如图，在四棱锥中，，.

(1)证明：平面平面；
(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
5．（2024·四川内江·三模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，且，，平面平面.
(1)求证：平面平面；
(2)若PD与平面所成的角为30°，求平面与平面所成角的正弦值.
参考答案：
1．D
【分析】由题意当三棱锥的体积最大时,此时点处于半圆弧的正中间位置.此时建立适当的空间直角坐标系，求出平面，平面的法向量，由法向量夹角余弦的坐标公式即可求解.
【详解】三棱锥的体积与到平面的距离成正比，
故当三棱锥的体积最大时,此时点处于半圆弧的正中间位置.
点处于半圆弧的正中间位置时，记的中点为，以其为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系.
平面显然有法向量，
，
设为平面的法向量，
则该向量与和均垂直，
所以，从而.
令，解得，
故符合条件，
显然二面角为锐角，
因此所求余弦值为.
故选：D.
2．AC
【分析】对于A，只需证明即得平面；对于B，运用反证法思路说明其不成立即可；对于C，分别证明平面得；证明平面得，由线线垂直即可推得平面；对于D，通过建系，分别求出两个平面的法向量，计算两个法向量的数量积是否为0即可判断两平面是否垂直.
【详解】

对于A，如图1，因分别为棱的中点，,且，易得,
则有,又,故，平面，平面，故平面，即A项正确；
对于B，如图2，假设平面，因平面，则，而易得,
即是等腰三角形，即与必不垂直，故假设不成立，B项错误；

对于C，如图3，由正方体可得平面，因平面，则,
又，,则，又,则平面，因平面,故；
易得,同上可得, 又，故得平面，则平面,
因平面，则.因,故平面，故C项正确；
对于D，不妨设正方体的棱长为2，如图4，建立空间直角坐标系.则,
于是，,设平面的法向量为，则故可取，
又,设平面的法向量为，则故可取.
因，故平面与平面不垂直，即D项错误.
故选：AC.
3．①②③
【分析】①可通过线面垂直的判定定理找到点P；②③④都可以通过建立空间直角坐标系解决，其中通过向量的长度可以对②进行判断；利用两条直线所成的角和三角形面积公式可以判断③；求出三个面的法向量，并求出和，即可对④进行判断.
【详解】①因为，在上取点使，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，故①正确；
②以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图
，，，，则，，
设，则，,
从而，，所以，故②正确；
③由②，，，
，，
当且仅当时等号成立，所以面积的最小值为，故③正确；
④平面的法向量，平面的法向量，
设平面的法向量，
由即得，
令得，
则，，
令得或，而，故，
从而对存在点P，使得，而不大于直角，
故，故④错误；
故答案为：①②③.
4．(1)证明见解析
(2)存在，.
【分析】（1）通过，证平面，即可证面面平行；
（2）通过建立空间直角坐标系，计算各点坐标，设得点坐标，并计算平面和平面的法向量，根据向量垂直确定，再根据向量的夹角公式计算即可.
【详解】（1）证明：因为，，
所以，，
所以，，
又，
所以四边形为菱形，
所以，，
又，平面，
，
所以平面，
又平面，
所以平面平面.
（2）由（1）得平面，
因为平面，
所以，
故四边形为正方形.
不妨设正方形的边长为2，
的中点为，连接.
因为为等边三角形，
所以，
又平面，
又平面平面，
且平面平面，
所以平面.
以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，.
假设存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为，
且，，
由，得，
即，
解得，，，
所以，
所以，，，.
设平面的法向量为，
则，
可取.
设平面的法向量为，
则，
可取，
则，
解得或（舍去），
所以在棱上存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为，
且.
5．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点M，通过证明线线垂直证明平面，继而证明结论；
（2）利用PD与平面所成的角，求出相关线段长，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面与平面的法向量，利用空间角的向量求法即可求得答案.
【详解】（1）证明：取的中点M，连接，
，
又平面平面PBC，平面平面，平面，
故平面，而平面，故，
又底面是直角梯形，且，则，
而平面，
故平面，平面,
故平面平面；
（2）取中点N，连接，则，
则四边形为平行四边形，则，
故平面，则为PD与平面所成的角，即，
由于平面，平面，故，
，，故，
在中，，
则，
在中，为等边三角形，
取中点O，的中点为Q，连接，则，
以点O为坐标原点，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，则，
即，取，则，
平面的一个法向量为，则，
故平面与平面所成角的正弦值为.
考点四：已知面面角求其他量
【典例精析】（多选）（2023·湖北·模拟预测）在正四棱柱中，已知，为棱上的动点（不含端点），则（ ）
A．存在某个位置，使得
B．存在某个位置，使得平面平面
C．设，若，则
D．设，与相交于点，则当最小时，
【答案】ACD
【分析】建立空间直角坐标系,A.由求解判断；B.分别求得平面BDP的一个法向量为，平面的一个法向量为，由求解判断；C.由求解判断；D.易得，由求解判断.
【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系：
设，则，
所以，则时，，即，即点P为的四分之一点（靠近点C）时，，故A正确；
，
则，
设平面BDP的一个法向量为，
则，即，
令，得，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，得，
若平面平面，则，
即，解得，此时点P与重合，故B错误；
由，得，
所以，即，
解得或（舍去），故C正确；
易得，则，所以，当，即时，最小，故D正确；
故选：ACD
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·陕西安康·一模）如图，在多面体中，底面为菱形，平面，，，点M在棱上，且，平面与平面的夹角为，则下列说法错误的是（ ）
A．平面平面 B．
C．点M到平面的距离为 D．多面体的体积为
二、多选题
2．（2023·广东佛山·二模）四面体中，，，，，，平面与平面的夹角为，则的值可能为（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
3．（2022·天津河西·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，，，，分别是，的中点.
（1）直线与平面所成角的正切值为 ；
（2）直线到平面的距离为 ；
（3）已知点在棱上，平面与平面所成二面角为60°则线段的长为 .
四、解答题
4．（2024·河南周口·模拟预测）在矩形中，，为边上的中点．将沿翻折，使得点到点的位置，且满足平面平面，连接，，．
(1)求证：平面平面．
(2)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出点位置；若不存在，说明理由．
5．（2024·全国·模拟预测）如图，在中，．D，E分别为边上的中点，现将以为折痕折起，使点A到达点的位置．

(1)连接，证明：;
(2)若平面与平面所成二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
参考答案：
1．D
【分析】A选项，作出辅助线，证明出，⊥平面，故平面，从而证明面面垂直；
B选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解出平面的法向量，根据平面夹角列出方程，求出；
C选项，在第一问的基础上，求出平面的法向量，从而利用点到平面距离公式求出答案.
D选项，求出，相加得到答案.
【详解】对于A选项，取的中点G，连接交于N，连接，
因为四边形是菱形，所以⊥，且N是的中点，
所以且，又，
所以且，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面平面，
所以，
又因为平面，
所以⊥平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
对于B，取的中点H，由四边形是菱形，，则，
所以是正三角形，
所以，所以，
又平面，
以A为原点，为坐标轴建立空间直角坐标系，
则，
，
所以，
所以，
，
当时，重合，此时平面与平面的夹角为，不合题意，舍去；
当时，设平面的一个法向量，
则，
两式相减得：，
令，得，故，
平面的法向量可取，
所以，解得，故B正确；
对于C，结合B，所以，则，
设平面的一个法向量，则，
解得：，取，得，故，
所以点M到平面的距离，故C正确；
对于D，，
故，
梯形的面积为，
，
故，故D错误.
故选：D.
2．AD
【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积运算律求解判断作答.
【详解】在四面体中，，，则是二面角的平面角，如图，
，而，，，
，
因为平面与平面的夹角为，则当时，，
当时，，
所以的值可能为，.
故选：AD
3．
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值，二面角的余弦值以及点到平面的距离；
【详解】解：如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，．
，，，， ．
设平面的法向量为，则，即
令，则．
所以．
设直线与平面所成角为，
所以直线与平面所成角的正弦值为，即，所以，所以，所以直线与平面所成角的正切值．
因为，平面平面，所以平面，所以到平面的距离，即点到平面的距离，所以，故直线到平面的距离为；
假设在棱上存在一点，使得平面与平面所成二面角为，设，．
则，设平面的法向量为，
则，即，
取，则，
又平面的法向量为．
所以，
解得，
故在棱上存在一点，使得平面与平面所成二面角为，点的坐标为，即．
故答案为：；；；
4．(1)证明见解析
(2)存在，且点在中点
【分析】（1）借助勾股定理可得，结合面面垂直的性质定理可得线面垂直，即可得面面垂直；
（2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量表示二面角的余弦值后计算即可得.
【详解】（1）由为边上的中点，故，
又，故有，即，
由平面平面，平面平面，
平面，故平面，
又平面，故平面平面；
（2）以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，作于点，
有、、、，
由，，故有，
即，且，则，
即，故，
则，，，，
设，易得或时，二面角的大小为或，
故，则，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
令，则可得，，，
即，，
有，
整理得，解得，
故存在，且点在中点.
5．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）方法一，先证明平面，由得平面，再证平面平面，由证平面，由得平面即得；方法二，由利用平面几何知识易得.
（2）方法一，先用几何法证明（平面平面直线l），得已知二面角的平面角为，推得正三角形，作出直线与平面所成角，在中即可求得；方法二，通过建系，设，写出相关点和向量的坐标，求出两平面的法向量，利用空间向量的夹角公式求得，再将其代入点的坐标计算即得.
【详解】（1）方法一：如图，取的中点G，

因为D，E分别为的中点，所以．
因为，所以．
又因为平面，
所以平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面，交线为．
因为G为的中点，且，
所以，因为平面，所以平面．
又因为，所以平面．
因为平面，所以．
方法二：因为，
则且，
故
所以，即．
（2）方法一：因为，且平面,平面，所以平面．
又因为平面，若平面平面直线l，
则，又，则．
由（1）可知，，则得，
所以平面与平面所成二面角的平面角为．
因为，且，所以为正三角形．
如图，过点B作平面交于点H，连接，

则为直线与平面所成角．
过点C作于点F，因为平面，
所以，又因为，
所以．
方法二：如图，以D为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，
在平面内过点D作z轴垂直于平面，建立空间直角坐标系．

设，则，
则，
设平面的一个法向量为，
由，故可取．
又因为，
设平面的一个法向量为，
由，故可取．
根据，解得，
所以，
所以，设直线与平面所成角为，
则直线与平面所成角的正弦值．
考点五：空间距离的向量求法
【典例精析】（多选）（2024·山东·二模）如图，在直三棱柱中，，分别为棱上的动点，且，，，则（ ）
A．存在使得
B．存在使得平面
C．若长度为定值，则时三棱锥体积最大
D．当时，直线与所成角的余弦值的最小值为
【答案】BCD
【分析】建立空间直角坐标系，用向量在空间直线、面位置关系和空间角、距离上的应用方法一一去计算求解，并结合一元二次函数、基本不等式求最值即可.
【详解】如图，由题意可建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则由题：，
所以，，，，
又，，，
所以，即，
，即，
所以，
对A，由上，故A错误；
对B，由题意是平面的一个法向量，
，
故当时，此时平面，故B正确；
对C，由上，，
设平面的一个法向量为，则，
所以，取，则，
设点Q到平面的距离为d，则由得，
又由题意可知，
故，
因为长度为定值，所以为定值，
故当时，三棱锥体积最大，故C正确；
对D，设直线与所成角为，由上当时
，
当且仅当即时等号成立，故D对.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：遇立体几何复杂问题，如求最值，有垂直条件一般考虑建立空间直角坐标系用向量法解决.
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·河北沧州·二模）已知四面体满足，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
2．（2024·广东梅州·二模）如图，平面，，M为线段AB的中点，直线MN与平面的所成角大小为30°，点P为平面内的动点，则（ ）
A．以为球心，半径为2的球面在平面上的截痕长为
B．若P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线
C．若P到直线MN的距离为1，则的最大值为
D．满足的点P的轨迹是椭圆
三、填空题
3．（2024·河南·一模）三棱锥中，，，，，点M，N分别在线段，上运动.若二面角的大小为，则的最小值为 .
四、解答题
4．（2024·江西宜春·模拟预测）如图1，在平面四边形中，是边长为4的等边三角形，，，为SD的中点，将沿AB折起，使二面角的大小为，得到如图2所示的四棱锥，点满足，且．
(1)证明：当时，平面；
(2)求点D到平面的距离；
(3)若平面与平面夹角的余弦值为，求的值．
5．（2024·吉林·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，为中点，点在梭上（不包括端点）.
(1)证明：平面平面；
(2)若点为的中点，求直线到平面的距离.
参考答案：
1．D
【分析】设平面的一个法向量，列出方程组，求得，再求得且，结合，即可求解.
【详解】因为四面体满足，
可得，
设平面的一个法向量，
则，
令，解得，所以，
所以，
设点到平面的距离为，则.
故选：D.
2．BC
【分析】根据点到平面的距离，结合球的截面性质可得截面圆的半径，即可求解A，建立空间直角坐标系，利用点点建立公式，化简可判断B，根据点到直线的距离公式，可得的轨迹是平面内的椭圆上一点，即可根据椭圆的性质 求解C，根据向量的夹角公式即可化简求解的轨迹为且，即可求解D.
【详解】对于A，由于MN与平面的所成角大小为30°，所以点到平面的距离，
故半径为的球面在平面上截面圆的半径为,故截痕长为，A错误，
对于B,由于平面，所以以为，在平面内过作,平面内作，建立如图所示的空间直角坐标系，
则,
设，则，
化简得，故P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线，B正确，
,所以P到直线MN的距离为，化简可得，
所以点的轨迹是平面内的椭圆上一点，如图，
当在短轴的端点时，此时最大，由于,故，因此,C正确，
对于D, ，,
若，则，
化简得且，故满足的点P的轨迹是双曲线的一部分，D错误，
故选：BC
【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.
3．/
【分析】观察三棱锥，将其补形成直三棱柱，再推得是正三角形，从而建立空间直角坐标系，利用异面直线距离的向量法公式即可得解.
【详解】依题意，将三棱锥补形成直三棱柱，
此时易知，，满足题意，
又，所以为二面角的平面角，即，
在中，，，则，
在中，，则，
又，所以是正三角形，
要求的最小值，即求异面直线，的距离，
以点为原点，建立空间直角坐标系如图，
则，
故，
设同时垂直于，则，
取，则，故，
所以的最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，通过分析三棱锥的图形，将其补形成直三棱柱，从而得解.
4．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据线线平行可得线面平行，进而可证面面平行，根据面面平行的性质即可求解，
（2）根据，可得为二面角的平面角，即可判断等边，进而可得线线垂直，建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用向量法求解点面距离，
（3）求解两平面的法向量，根据法向量的夹角即可求解.
【详解】（1）当时，为棱SC的中点．
取CD的中点，连接MN，BN，则，
因为平面，平面．
所以平面．
由题可得，，，
所以，所以．
因为平面，平面，
所以平面．
又，平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面．
（2）由题意得，
所以为二面角的平面角，即，
又，所以为等边三角形．
因为，平面．
所以平面，又平面，所以平面平面，
取AD的中点，连接，则．
因为平面平面，所以平面．
所以AD，AB，OS两两垂直．
则以O为原点，OA，OS所在直线分别为x，z轴，以过点且平行于AB的直线为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．
取，则，，所以．
所以点到平面的距离．
（3）由（2）可得，
则由，得．
所以．
设平面的法向量为．
则，
取，则，，
所以．
由（2）可知为平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为．
则，
解得或（舍）．所以的值为．
5．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的性质与勾股定理，结合三线合一证得，，再线面垂直与面面垂直的判定定理即得证.
（2）由线面平行判定定理可证得平面，则点到平面的距离即为到平面的距离.方法一：以为原点建立空间直角坐标系，运用点到面的距离公式计算即可.方法二：运用等体积法计算即可.
【详解】（1）证明：连接，如图所示，
平面，
，
，即，
又为中点，则，且，
四边形为正方形，，
平面平面，
又，、平面，平面，
又平面平面平面.
（2）在中，分别为中点，，
又平面平面，平面，
点到平面的距离即为到平面的距离，
（方法一）
，
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示空间直角坐标系，如图所示，
则，
，
设是平面的法向量，
，
取，则是平面的一个法向量，
点到平面的距离为，
即直线到平面的距离为.
（方法二）
连接、，如图所示，
为等腰直角三角形，，
又平面是三棱锥的高，
，
，
，
，
设到平面距离为，则，
，
即到平面的距离为.
考点六：立体几何中的折叠、探究
【典例精析】（多选）（2023·河北秦皇岛·模拟预测）在长方体中，，点在底面的边界及其内部运动，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A．若点满足，则
B．点到平面的距离范围为
C．若点满足，则不存在点使得
D．当时，四面体的外接球体积为
【答案】ABD
【分析】对于A，分析当时的线面角可判断；对B，判断点到平面的距离最值即可；对C，设点与点重合，再根据余弦定理判断即可；对D，由题意在线段上，再根据外接球性质求解即可.
【详解】如图所示：

对于A，当时，与底面所成的角，又点所在区域为以为圆心，1为半径的圆在正方形内部部分（包含边界弧长），
所以，故A正确；
对于B，设，作交于，由正方体性质可得平面，又平面，故.
又，平面，故平面.
则当点位于线段上时，点到平面的距离最大，最大距离，
设，作交于，同理平面.
则当与点重合时，此时点到平面的距离最小，最小距离为，
由直角三角形性质可得，所以，所以，
故点到平面的距离的取值范围为，故B正确．
对于C．不妨设点与点重合，此时，，，由余弦定理得，则，故存在点使得，故C错误．
对于D．当时，因为，故此时在线段上，则四面体的外接球半径为．外接球体积为，故D正确．
故选：ABD
【变式训练】
一、单选题
1．（23-24高二上·北京丰台·期中）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）. 数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体. 如图，已知一个正八面体的棱长为2，，分别为棱，的中点，则直线和夹角的余弦值为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
2．（2021·湖南·三模）如图，在平行四边形中，，，，沿对角线将折起到的位置，使得平面平面，下列说法正确的有（ ）
A．平面平面
B．三棱锥四个面都是直角三角形
C．与所成角的余弦值为
D．过的平面与交于，则面积的最小值为
三、解答题
3．（2023·福建厦门·模拟预测）筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边形．如图，四边形为筝形，其对角线交点为，将沿折到的位置，形成三棱锥．

(1)求到平面的距离；
(2)当时，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
4．（23-24高三上·河北·期末）如图所示，直角梯形PABC中，，，D为PC上一点，且，将PAD沿AD折起到SAD位置．
(1)若，M为SD的中点，求证：平面AMB⊥平面SAD；
(2)若，求平面SAD与平面SBC夹角的余弦值．
5．（2018·江西·二模）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）若，试判断棱上是否存在与点不重合的点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．D
【分析】根据题意得到，，然后由向量的数量积公式分别求出，结合向量的夹角运算公式，即可求解.
【详解】如图所示：

由题意，可得，，
又由正八面体的棱长都是2，且各个面都是等边三角形，
在中，由，可得，所以，所以
；
；
；
所以，
即直线和夹角的余弦值为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：选取适当的基底向量，由已知条件可以求出它们的模以及两两之间的夹角，所以只需把分解，然后由向量的夹角公式即可求解.
2．ABD
【分析】先根据勾股定理判断，再由面面垂直得线线垂直，可判断AB，以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量可计算线线角判断C，由点到的距离可判断D.
【详解】中，，，，
由余弦定理可得，故，
所以，
因为平面平面且平面平面，
所以平面，；
同理平面，
因为平面，
所以平面平面，A，B正确；
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，
因为，，
所以，即与所成角的余弦值为，C错误；
因为在线段上，设，则，
所以点到的距离，
当时，取得最小值，此时面积取得最小值，D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题中D较难，解题的关键是利用空间向量计算点线距，利用的，进而坐标化得最值.
3．(1)1
(2)存在；或
【分析】（1）根据线面垂直的判定可得平面，进而可得到平面的距离.
（2）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，再设，根据线面角的空间向量求法求解即可.
【详解】（1）因为，
所以不可能为四边形的对称轴，则为四边形的对称轴，
所以垂直平分，所以．
平面平面
所以平面．
所以到平面的距离．
（2）存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为．
过作平面，所以两两垂直.
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系

由（1）得平面平面，因为
所以．
设，
，
，
设平面的法向量，
，所以
令，则，
所以平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，，
．
所以或，所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为或．
4．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）由线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可；
（2）以O为原点，分别以、、所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的坐标系，分别求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）梯形中，，，易知，
所以，而，所以为等边三角形，
∴，又∵，，
∴，面，，
∴面，∵面，
∴平面平面；
（2）由（1）知△为等边三角形，
∴为等边三角形，取AD的中点O，
得，，，∵，∴，
因为面，，∴面．
以O为原点，分别以、、所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的坐标系，
得，，，
，，
设平面的法向量为，
∴得，
令，则，则．
取平面的法向量为，
．
∴平面与平面夹角的余弦值为．
5．（1）证明见解析.（2）答案见解析.
【详解】分析：（1）由题意结合几何关系可证得平面，结合面面垂直的判定定理可得平面平面.
（2）结合（1）的结论可知平面，据此建立空间直角坐标系，假设棱上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，设，由题意可得平面的一个法向量为，且，结合空间向量的结论得到关于的方程，解方程可知存在，使得直线与平面所成角的正弦值为.
详解：（1）因为四边形是平行四边形， ，所以，
又，所以，所以，
又，且，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）由（1）知平面，分别以所在直线为轴、轴，
平面内过点且与直线垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则 ，
由，，可得，
所以，
假设棱上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，
设，
则，，
设平面的法向量为，
则,即，令，可得，
所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为，则:
，
解得或者（舍）.所以存在，使得直线与平面所成角的正弦值为.
点睛：本题主要考查面面垂直的判断定理，空间向量的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
一、解答题
1．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．

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

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
3．（2022·全国·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
4．（2022·全国·高考真题）在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
5．（2021·全国·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
6．（2021·全国·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
参考答案：
1．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得平面，再由勾股定理求出为中点，即可得证；
（2）利用直角三角形求出的长及点到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值.
【详解】（1）如图，
底面，面，
，又，平面，,
平面ACC1A1，又平面，
平面平面，
过作交于，又平面平面，平面，
平面
到平面的距离为1，，
在中，，
设，则，
为直角三角形，且，
，，，
，解得，
，
（2），
，
过B作，交于D，则为中点，
由直线与距离为2，所以
，，，
在，，
延长，使，连接，
由知四边形为平行四边形，
，平面，又平面，
则在中，，，
在中，，，
,
又到平面距离也为1，
所以与平面所成角的正弦值为.
2．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明；
（3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，

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

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

法二：平面的法向量为，
平面的法向量为，
所以，
因为，所以，
故二面角的正弦值为.
3．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.
【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面

（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.

4．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因为平面，
所以；
（2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
5．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.
（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.
【详解】
（1）取的中点为，连接.
因为，，则，
而，故.
在正方形中，因为，故，故，
因为，故，故为直角三角形且，
因为，故平面，
因为平面，故平面平面.
（2）在平面内，过作，交于，则，
结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.
则，故.
设平面的法向量，
则即，取，则，
故.
而平面的法向量为，故.
二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.
6．（1）；（2）
【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；
（2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法
平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、、，
则，，
，则，解得，故；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结．因为底面，且底面，所以．
又因为，，所以平面．
又平面，所以．
从而．
因为，所以．
所以，于是．
所以．所以．
[方法三]：几何法+三角形面积法
如图，联结交于点N．
由[方法二]知．
在矩形中，有，所以，即．
令，因为M为的中点，则，，．
由，得，解得，所以．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面的法向量为，则，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，
所以，，
因此，二面角的正弦值为.
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．
联结，由三垂线定理可知，
故为二面角的平面角．
易证四边形是边长为的正方形，联结，．
，
由等积法解得．
在中，，由勾股定理求得．
所以，，即二面角的正弦值为．
【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.
（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.
一、单选题
1．（2024高三下·全国·专题练习）如图，正三棱锥的高为2，，E，F分别为MB，MC的中点，则异面直线AE与BF所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·山东滨州·二模）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．
3．（2023·四川雅安·一模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），点是线段的中点，设与平面所成角为，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·四川甘孜·一模）在长方体中，分别是为和的中点，与平面所成的角为，则该长方体的体积为（ ）
A． B．6 C． D．
5．（2023·湖北·三模）如图，把一个长方形的硬纸片沿长边所在直线逆时针旋转得到第二个平面，再沿宽边所在直线逆时针旋转得到第三个平面，则第一个平面和第三个平面所成的锐二面角大小的余弦值是（ ）

A． B． C． D．
6．（2021·上海浦东新·模拟预测）已知梯形如图（1）所示，其中，为线段的中点，四边形为正方形，现沿进行折叠，使得平面平面，得到如图（2）所示的几何体．已知当上一点满足时，平面平面，则的值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．（2023·安徽安庆·二模）如图，在直四棱柱中，分别为侧棱上一点，，则（ ）
A． B．
C．的最大值为 D．当时，
8．（2024·山西晋城·二模）如图，在棱长为2的正方体中，点P是侧面内的一点，点E是线段上的一点，则下列说法正确的是（ ）
A．当点P是线段的中点时，存在点E，使得平面
B．当点E为线段的中点时，过点A，E，的平面截该正方体所得的截面的面积为
C．点E到直线的距离的最小值为
D．当点E为棱的中点且时，则点P的轨迹长度为
三、填空题
9．（2023·河南开封·模拟预测）在如图所示的三棱锥中，平面，，，，为中点，为内的动点（含边界），且.当在上时， ；点的轨迹的长度为 .
10．（2024·北京通州·二模）如图，几何体是以正方形ABCD的一边BC所在直线为旋转轴，其余三边旋转90°形成的面所围成的几何体，点G是圆弧的中点，点H是圆弧上的动点，，给出下列四个结论：
①不存在点H，使得平面平面CEG；
②存在点H，使得平面CEG；
③不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于；
④存在点H，使得直线DH与平而CEG所成角的正弦值为．
其中所有正确结论的序号是 ．
11．（2024·河北沧州·一模）如图，已知点是圆台的上底面圆上的动点，在下底面圆上，，则直线与平面所成角的余弦值的最小值为 ．
四、解答题
12．（2024·河北承德·二模）如图1，在直角中，为中点，，取中点，连接，现把沿着翻折，形成三棱锥如图2，此时，取中点，连接，记平面和平面的交线为为上异于的一点.

(1)求证：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.
13．（2024·贵州遵义·三模）如图，在多面体中，四边形为正方形，，且，M为中点．
(1)过M作平面，使得平面与平面的平行（只需作图，无需证明）
(2)试确定（1）中的平面与线段的交点所在的位置；
(3)若平面，在线段是否存在点P，使得二面角的平面角为余弦值为，若存在求出的值，若不存在，请说明理由．
14．（2024·辽宁·二模）棱长均为2的斜三棱柱中，在平面ABC内的射影O在棱AC的中点处，P为棱（包含端点）上的动点．
(1)求点P到平面的距离；
(2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
参考答案：
1．D
【分析】解法一：作出辅助线，得到是异面直线AE与BF所成角或其补角，由余弦定理求出，进而得到，，利用余弦定理求出答案；解法二：作出辅助线，得到平面ABC，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用空间向量求解异面直线的夹角余弦值.
【详解】解法一：如图，设N是MF的中点，O是的中心，
连接AO并延长，交BC于点D，连接AN，EN，MO，MD，
∵E为MB的中点，∴，，
∴是异面直线AE与BF所成角或其补角，
由题可知，平面ABC，为正三角形，，
∴，，，
∴，
∴在中，．
在中，，
∴．
在中，．
易得，
所以在中，，
故异面直线AE与BF所成角的余弦值为.
解法二：如图，设O是的中心，连接AO并延长，交BC于点D，连接MO，
∵三棱锥为正三棱锥，，
∴平面ABC，，．
以D为坐标原点，OD所在直线为x轴、DC所在直线为y轴、过点D且与OM平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
∴，，∴，．
∴，
故异面直线AE与BF所成角的余弦值为.
故选：D．
2．C
【分析】取中点，中点，连接，，，取中点，连接，推导出平面平面，从而的轨迹是线段，建立空间之间坐标系后，利用空间向量求解异面直线夹角的余弦值，即可得角度范围.
【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.
3．A
【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法求解即可.
【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
设，不妨设，
则，
故，
，
设平面的法向量为，
则，可取，
则，
所以，
当时，，
当时，，
当，即时，，
综上所述，的最小值是.
故选：A.
4．C
【分析】构建空间直角坐标系，令，结合线面角大小及向量法列方程求参数，最后利用棱柱体积公式求体积.
【详解】由题设，构建如下空间直角坐标系，令，
则，所以，
又面的法向量为，
由与平面所成的角为，则，
所以，可得，则，
所以该长方体的体积为.
故选：C
5．C
【分析】将两个单位正方体叠放在一起可构造模型，确定三个平面的位置后，由线面垂直可得两个平面的法向量，根据法向量夹角可确定所求角的余弦值.
【详解】如图，把两个单位正方体叠放在一起，

平面，平面，平面分别代表第一，二，三个平面，
四边形为正方形，，
平面，平面，，
，平面，平面；
同理可得：平面；
平面的法向量为，平面的法向量为，
，，
，，即与的夹角为，
所求锐二面角的大小的余弦值是.
故选：C．
6．C
【分析】构建以A为原点，射线AB、AD、AP为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，由题设标注相关点的坐标，进而求平面、平面的法向量，根据空间向量垂直的坐标表示求参数.
【详解】由题意，可构建以A为原点，射线AB、AD、AP为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，
所以，
则，
，
若是面一个法向量，
则，
可得，
若是面一个法向量，
则，
可得，
由面面，
所以有，
解得，
故选：C.
7．AD
【分析】通过证明平面，可得A正确；以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算可得B不正确，C不正确，D正确.
【详解】在等腰梯形中，因为，
根据平面几何知识可得，，，
在直棱柱中，平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，故A正确；
因为两两垂直，所以以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，，，，，，
，，，
，则，故B不正确；
，
令，则，
所以当，时，取得最小值，则，
根据平面向量夹角的范围可知，的最大值为，故C不正确；
当时，，，，
所以，又与不相交，所以，故D正确.
故选：AD
8．ACD
【分析】由题意分别画出图形，再逐项解决线面垂直、截面面积、距离最值和轨迹问题即可.
【详解】对于A，如下图所示，连接，
因为点是线段的中点，所以点也是线段的中点，
所以平面即为平面.
根据正方体的性质，平面，平面，
所以，
又因为，平面，平面，
所以平面，所以与重合时，平面，故A正确；
对于B，如下图所示，取的中点，
根据分别为的中点，易得，
所以四点共面，
所以截面为四边形，且该四边形为等腰梯形.
又因为，
所以等腰梯形的高为，
所以截面面积为，故B错误；
对于C，如图建立空间直角坐标系，
由图可得，，所以，
设，所以，
所以点到直线的距离，
所以时，距离最小，最小为，故C正确；
对于D，如图所示，取的中点，连接，
易得平面，
又因为平面，所以，
所以，
则点在侧面内的运动轨迹为以为圆心，半径为2的劣弧，圆心角为，
所以点的轨迹长度为，故D正确.
故选：ACD.
9．
【分析】由题意建立空间直角坐标系可得当在上时，满足，求得的长；当为内的动点（含边界）时，再取中点，，再过作，可证平面，得到的轨迹，求解三角形可得点的轨迹的长度．
【详解】因为平面，平面，所以，又，所以，
又平面，所以平面，过，如图建立空间直角坐标系，
则，设，所以，则
①当在上时，设，因为，所以，故，则
所以；
②为内的动点（含边界）时，如图，取中点，过作，垂足为
由①可得，又，平面，所以平面，因为平面，所以
即在线段上运动时，，
点的轨迹为线段．
则．
故答案为：；.
10．②③④
【分析】将图形补全为一个正方体，以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.
【详解】由题意可将图形补全为一个正方体，如图所示：
以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、、、，，
设点，其中，
对于①，，，设平面，
则，即，
取x=1，则，可得，
设平面，，，
则，即，
取，则，可得，
若平面平面CEG，则，解得：，
所以存在使得平面平面CEG，故①错误；
对于②，，若平面CEG，
则，即，
即，故，故存在点H，使得平面CEG，故②正确；
对于③，，
所以点H到平面CEG的距离为，
，
因为，所以，所以，
，所以，
所以不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于，故③正确；
对于④，，，则直线与平面CEG的所成角为，
所以，
，整理可得，
因为函数在时的图象是连续的，
且，，
所以，存在，使得，
所以，存在点，使得直线与平面CEG的所成角的余弦值为，④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（l为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
11．
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，设出未知点的坐标，利用向量法求线面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可.
【详解】连接，过作垂直于的延长线于点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：
在三角形中，因为，
故，则，
则，，故点；
又，设点，由，则可得；
，
设平面的法向量，
则，即，取，则，
故平面的法向量，又，
设直线与平面所成角为，
则
因为，且，故令，
则
又，故，，也即，
故的最大值为，又，故的最小值为.
即直线与平面所成角的余弦值的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题用向量法处理线面角的求解，结合问题的关键一是，能够准确求得的坐标，二是能够根据，求得的范围；属综合困难题.
12．(1)证明见解析；
(2)或
【分析】（1）依题意可得，利用余弦定理求出，即可得到，从而得证；
（2）以为轴，轴，过作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用余弦定理求出，即可求出点坐标，求出平面的法向量，设，表示出点坐标，利用空间向量法求出线面角的正弦值，即可求出，再由坐标法求模即可.
【详解】（1）由题意知为等腰直角三角形，又为的中点，
所以，，，
由，解得，
当时，有，即，
而平面，故平面；
（2）以为轴，轴，过作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
又，
所以
所以，，所以，

于是，
设平面的法向量为，
则，不妨取，解得，
设，则，，
因为为中点，为中点，所以，
又平面，平面，所以平面，
平面和平面的交线为，平面，
所以，又为上异于的一点，所以，即与共线，
设为，则，
故，
因此.
设直线与平面所成角为，
则，
化简得，解得或，
当时，则，
当时，则，
因此或.
13．(1)图形见解析
(2)（1）中的平面与线段的交点在靠近点的四等分点处
(3)存在，
【分析】（1）取的中点，连接，延长交于点，连接并延长交于点，连接，即可得解；
（2）先证明，再利用相似比求解即可；
（3）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）如图，取的中点，连接，延长交于点，
连接并延长交于点，连接，
取的中点，连接，则且，
故，所以，
又因为，所以，
所以，所以，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
因为分别为的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，
又平面，
所以平面即为平面；
（2）又（1）得，点在线段上靠近点的四等分点处，
即（1）中的平面与线段的交点在靠近点的四等分点处；
（3）如图所示，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，
不妨设，则，
设，
则故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则，解得，此时，
所以存在，.
14．(1)；
(2).
【分析】（1）以O为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用点到平面距离的向量求法求解即得.
（2）由向量共线求出向量的坐标，再利用线面角的向量求法列出函数关系，并求出函数的值域即可.
【详解】（1）依题意，平面ABC，(底面为正三角形)，且，
以O为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，
则，
，，，
由，平面，平面，则平面，
即点P到平面的距离等于点到平面的距离，
设为平面的一个法向量，由，取，得，
因此点到平面的距离，
所以点P到平面的距离为．
（2）设，，
则，
由，得为平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，
则，
令，则，，
则，
由，得，于是，，则，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是.
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7.2用空间向量解决立体几何
【备考指南】 1
【知识导图】 3
【考点梳理】 6
考点一：线面角的向量求法 6
考点二：已知线面角求其他量 8
考点三：面面角的向量求法 10
考点四：已知面面角求其他量 12
考点五：空间距离的向量求法 14
考点六：立体几何中的折叠、探究 16
【真题在线】 18
【专项突破】 21
考点 考情分析 考频
空间几何体的表面积、体积 2023年新高考Ⅰ卷T14 2023年新高考Ⅱ卷T9 2023年新高考Ⅱ卷T14 2023年全国乙卷T3 2023年全国乙卷T8 2022年新高考Ⅰ卷T4 2022年新高考Ⅱ卷T11 2022年全国甲卷T4 2022年全国甲卷T9 2021年新高考Ⅰ卷T3 2021年新高考Ⅱ卷T4 2021年新高考Ⅱ卷T5 3年12考
球与多面体的切接 2023年全国乙卷T16 2022年新高考Ⅰ卷T8 2022年新高考Ⅱ卷T7 2022年全国乙卷T9 2021年全国甲卷T11 3年5考
线面位置关系 2023年全国乙卷T9 2022年新高考Ⅰ卷T9 2022年全国甲卷T7 2022年全国乙卷T7 2021年新高考Ⅱ卷T10 2021年全国乙卷T5 3年6考
空间角与线面位置关系综合 2023年新高考Ⅰ卷T18 2023年新高考Ⅱ卷T20 2023年全国甲卷T18 2023年全国乙卷T19 2022年新高考Ⅰ卷T19 2022年新高考Ⅱ卷T20 2022年全国甲卷T18 2022年全国乙卷T18 2021年新高考Ⅱ卷T19 2021年全国甲卷T19 2021年全国乙卷T18 3年11考
立体几何综合 2023年新高考Ⅰ卷T12 2021年新高考Ⅰ卷T12 2021年新高考Ⅰ卷T20 2年3考
最短距离、截面、截线 2023年新高考Ⅱ卷T14 2023年全国甲卷T15 1年2考
预测：用空间向量解决立体几何问题是每年必考的内容，主要是在解答题中考察空间角、空间距离，相比于几何法解决空间角问题，更多的学生选择用向量法解决，少部分基础好的同学选择用几何法解决问题.具体选择用什么方法取决于学生的实际情况.建议在复习时加强练习.
考点一：线面角的向量求法
【典例精析】（多选）（2024·福建莆田·三模）如图，在边长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，P是正方形A1B1C1D1内的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若DP∥平面CEF，则点P的轨迹长度为
B．若AP=，则点P的轨迹长度为
C．若AP=，则直线AP与平面CEF所成角的正弦值的最小值是
D．若Р是棱A1B1的中点，则三棱锥的外接球的表面积是
【变式训练】
一、单选题
1．（23-24高二上·全国·期中）PA，PB，PC是从点P引出的三条射线，每两条的夹角均为，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
2．（2024·全国·模拟预测）如图，正方体的棱长为2，分别为棱，的中点，为线段上的动点，则（ ）

A．对任意的点，总有
B．存在点，使得平面平面
C．线段上存在点，使得
D．直线与平面所成角的余弦值的最小值为
三、填空题
3．（2024·全国·模拟预测）在棱长为2的正方体中，动点，分别在棱，上，且满足，当的体积最小时，与平面所成角的正弦值是 ．
四、解答题
4．（2024·湖南永州·三模）如图，在多面体中，底面为直角梯形，，，平面，.
(1)证明：；
(2)若，，且多面体的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.
5．（2024·安徽马鞍山·三模）如图，在四面体中，，，两两垂直，，是线段的中点，是线段的中点，点在线段上，且．
(1)求证：平面；
(2)若点在平面内，且平面，求直线与平面所成角的正弦值．
考点二：已知线面角求其他量
【典例精析】（多选）（2022·全国·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点(含边界)，则下列说法中正确的是( )
A．若平面，则动点Q的轨迹是一条线段
B．存在Q点，使得平面
C．当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大
D．若，那么Q点的轨迹长度为
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·吉林通化·二模）已知四棱锥的底面为平行四边形，，，，平面ABCD，直线PD与平面PAC所成角为，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
2．（22-23高二上·重庆·阶段练习）在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．当平面时，不可能垂直
B．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为
C．当时，正方体经过点、P、C的截面面积的取值范围为[，]
D．当时，的最小值为
三、填空题
3．（2021·山东济南·模拟预测）正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为AB的中点，点F满足，动点M在侧面AA1D1D内运动，且MB∥平面D1EF，则|MD|的取值范围是 ．
四、解答题
4．（2024·山东济南·二模）如图，在四棱锥中，四边形ABCD 为直角梯形，AB∥CD， ，平面平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点.
(1)证明：；
(2)当EF为何值时，直线BE 与平面PAD夹角的正弦值为.
5．（2024·山西·二模）如图，四棱锥中，二面角的大小为，，，是的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)若直线与底面所成的角为，求二面角的余弦值.
考点三：面面角的向量求法
【典例精析】（多选）（2024·河北承德·二模）如图，在正四棱柱中，是棱的中点，为线段上的点（异于端点），且，则下列说法正确的是（ ）

A．是平面的一个法向量
B．
C．点到平面的距离为
D．二面角的正弦值为
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·内蒙古包头·一模）如图，底面是边长为2的正方形，半圆面底面，点为圆弧上的动点．当三棱锥的体积最大时，二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
2．（2024·宁夏固原·一模）在正方体中，分别为棱的中点，则（ ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面平面
三、填空题
3．（2024·北京房山·一模）如图，在棱长为1的正方体中，点P是对角线上的动点（点P与点A，不重合）．给出下列结论：
①存在点P，使得平面平面；
②对任意点P，都有；
③面积的最小值为；
④若是平面与平面的夹角，是平面与平面的夹角，则对任意点P，都有．其中所有正确结论的序号是 ．
四、解答题
4．（2024·山东泰安·三模）如图，在四棱锥中，，.

(1)证明：平面平面；
(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
5．（2024·四川内江·三模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，且，，平面平面.
(1)求证：平面平面；
(2)若PD与平面所成的角为30°，求平面与平面所成角的正弦值.
考点四：已知面面角求其他量
【典例精析】（多选）（2023·湖北·模拟预测）在正四棱柱中，已知，为棱上的动点（不含端点），则（ ）
A．存在某个位置，使得
B．存在某个位置，使得平面平面
C．设，若，则
D．设，与相交于点，则当最小时，
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·陕西安康·一模）如图，在多面体中，底面为菱形，平面，，，点M在棱上，且，平面与平面的夹角为，则下列说法错误的是（ ）
A．平面平面 B．
C．点M到平面的距离为 D．多面体的体积为
二、多选题
2．（2023·广东佛山·二模）四面体中，，，，，，平面与平面的夹角为，则的值可能为（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
3．（2022·天津河西·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，，，，分别是，的中点.
（1）直线与平面所成角的正切值为 ；
（2）直线到平面的距离为 ；
（3）已知点在棱上，平面与平面所成二面角为60°则线段的长为 .
四、解答题
4．（2024·河南周口·模拟预测）在矩形中，，为边上的中点．将沿翻折，使得点到点的位置，且满足平面平面，连接，，．
(1)求证：平面平面．
(2)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出点位置；若不存在，说明理由．
5．（2024·全国·模拟预测）如图，在中，．D，E分别为边上的中点，现将以为折痕折起，使点A到达点的位置．

(1)连接，证明：;
(2)若平面与平面所成二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
考点五：空间距离的向量求法
【典例精析】（多选）（2024·山东·二模）如图，在直三棱柱中，，分别为棱上的动点，且，，，则（ ）
A．存在使得
B．存在使得平面
C．若长度为定值，则时三棱锥体积最大
D．当时，直线与所成角的余弦值的最小值为
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·河北沧州·二模）已知四面体满足，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
2．（2024·广东梅州·二模）如图，平面，，M为线段AB的中点，直线MN与平面的所成角大小为30°，点P为平面内的动点，则（ ）
A．以为球心，半径为2的球面在平面上的截痕长为
B．若P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线
C．若P到直线MN的距离为1，则的最大值为
D．满足的点P的轨迹是椭圆
三、填空题
3．（2024·河南·一模）三棱锥中，，，，，点M，N分别在线段，上运动.若二面角的大小为，则的最小值为 .
四、解答题
4．（2024·江西宜春·模拟预测）如图1，在平面四边形中，是边长为4的等边三角形，，，为SD的中点，将沿AB折起，使二面角的大小为，得到如图2所示的四棱锥，点满足，且．
(1)证明：当时，平面；
(2)求点D到平面的距离；
(3)若平面与平面夹角的余弦值为，求的值．
5．（2024·吉林·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，为中点，点在梭上（不包括端点）.
(1)证明：平面平面；
(2)若点为的中点，求直线到平面的距离.
考点六：立体几何中的折叠、探究
【典例精析】（多选）（2023·河北秦皇岛·模拟预测）在长方体中，，点在底面的边界及其内部运动，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A．若点满足，则
B．点到平面的距离范围为
C．若点满足，则不存在点使得
D．当时，四面体的外接球体积为
【变式训练】
一、单选题
1．（23-24高二上·北京丰台·期中）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）. 数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体. 如图，已知一个正八面体的棱长为2，，分别为棱，的中点，则直线和夹角的余弦值为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
2．（2021·湖南·三模）如图，在平行四边形中，，，，沿对角线将折起到的位置，使得平面平面，下列说法正确的有（ ）
A．平面平面
B．三棱锥四个面都是直角三角形
C．与所成角的余弦值为
D．过的平面与交于，则面积的最小值为
三、解答题
3．（2023·福建厦门·模拟预测）筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边形．如图，四边形为筝形，其对角线交点为，将沿折到的位置，形成三棱锥．

(1)求到平面的距离；
(2)当时，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
4．（23-24高三上·河北·期末）如图所示，直角梯形PABC中，，，D为PC上一点，且，将PAD沿AD折起到SAD位置．
(1)若，M为SD的中点，求证：平面AMB⊥平面SAD；
(2)若，求平面SAD与平面SBC夹角的余弦值．
5．（2018·江西·二模）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）若，试判断棱上是否存在与点不重合的点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
一、解答题
1．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．

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

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
3．（2022·全国·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
4．（2022·全国·高考真题）在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
5．（2021·全国·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
6．（2021·全国·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
一、单选题
1．（2024高三下·全国·专题练习）如图，正三棱锥的高为2，，E，F分别为MB，MC的中点，则异面直线AE与BF所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·山东滨州·二模）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．
3．（2023·四川雅安·一模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），点是线段的中点，设与平面所成角为，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·四川甘孜·一模）在长方体中，分别是为和的中点，与平面所成的角为，则该长方体的体积为（ ）
A． B．6 C． D．
5．（2023·湖北·三模）如图，把一个长方形的硬纸片沿长边所在直线逆时针旋转得到第二个平面，再沿宽边所在直线逆时针旋转得到第三个平面，则第一个平面和第三个平面所成的锐二面角大小的余弦值是（ ）

A． B． C． D．
6．（2021·上海浦东新·模拟预测）已知梯形如图（1）所示，其中，为线段的中点，四边形为正方形，现沿进行折叠，使得平面平面，得到如图（2）所示的几何体．已知当上一点满足时，平面平面，则的值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．（2023·安徽安庆·二模）如图，在直四棱柱中，分别为侧棱上一点，，则（ ）
A． B．
C．的最大值为 D．当时，
8．（2024·山西晋城·二模）如图，在棱长为2的正方体中，点P是侧面内的一点，点E是线段上的一点，则下列说法正确的是（ ）
A．当点P是线段的中点时，存在点E，使得平面
B．当点E为线段的中点时，过点A，E，的平面截该正方体所得的截面的面积为
C．点E到直线的距离的最小值为
D．当点E为棱的中点且时，则点P的轨迹长度为
三、填空题
9．（2023·河南开封·模拟预测）在如图所示的三棱锥中，平面，，，，为中点，为内的动点（含边界），且.当在上时， ；点的轨迹的长度为 .
10．（2024·北京通州·二模）如图，几何体是以正方形ABCD的一边BC所在直线为旋转轴，其余三边旋转90°形成的面所围成的几何体，点G是圆弧的中点，点H是圆弧上的动点，，给出下列四个结论：
①不存在点H，使得平面平面CEG；
②存在点H，使得平面CEG；
③不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于；
④存在点H，使得直线DH与平而CEG所成角的正弦值为．
其中所有正确结论的序号是 ．
11．（2024·河北沧州·一模）如图，已知点是圆台的上底面圆上的动点，在下底面圆上，，则直线与平面所成角的余弦值的最小值为 ．
四、解答题
12．（2024·河北承德·二模）如图1，在直角中，为中点，，取中点，连接，现把沿着翻折，形成三棱锥如图2，此时，取中点，连接，记平面和平面的交线为为上异于的一点.

(1)求证：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.
13．（2024·贵州遵义·三模）如图，在多面体中，四边形为正方形，，且，M为中点．
(1)过M作平面，使得平面与平面的平行（只需作图，无需证明）
(2)试确定（1）中的平面与线段的交点所在的位置；
(3)若平面，在线段是否存在点P，使得二面角的平面角为余弦值为，若存在求出的值，若不存在，请说明理由．
14．（2024·辽宁·二模）棱长均为2的斜三棱柱中，在平面ABC内的射影O在棱AC的中点处，P为棱（包含端点）上的动点．
(1)求点P到平面的距离；
(2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
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