資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
7.2用空間向量解決立體幾何
【備考指南】 1
【知識導圖】 3
【考點梳理】 6
考點一：線面角的向量求法 6
考點二：已知線面角求其他量 18
考點三：面面角的向量求法 28
考點四：已知面面角求其他量 39
考點五：空間距離的向量求法 50
考點六：立體幾何中的折疊、探究 60
【真題在線】 70
【專項突破】 85
考點 考情分析 考頻
空間幾何體的表面積、體積 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年全國乙卷T3 2023年全國乙卷T8 2022年新高考Ⅰ卷T4 2022年新高考Ⅱ卷T11 2022年全國甲卷T4 2022年全國甲卷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
球與多面體的切接 2023年全國乙卷T16 2022年新高考Ⅰ卷T8 2022年新高考Ⅱ卷T7 2022年全國乙卷T9 2021年全國甲卷T11 3年5考
線面位置關系 2023年全國乙卷T9 2022年新高考Ⅰ卷T9 2022年全國甲卷T7 2022年全國乙卷T7 2021年新高考Ⅱ卷T10 2021年全國乙卷T5 3年6考
空間角與線面位置關系綜合 2023年新高考Ⅰ卷T18 2023年新高考Ⅱ卷T20 2023年全國甲卷T18 2023年全國乙卷T19 2022年新高考Ⅰ卷T19 2022年新高考Ⅱ卷T20 2022年全國甲卷T18 2022年全國乙卷T18 2021年新高考Ⅱ卷T19 2021年全國甲卷T19 2021年全國乙卷T18 3年11考
立體幾何綜合 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
最短距離、截面、截線 2023年新高考Ⅱ卷T14 2023年全國甲卷T15 1年2考
預測：用空間向量解決立體幾何問題是每年必考的內容，主要是在解答題中考察空間角、空間距離，相比于幾何法解決空間角問題，更多的學生選擇用向量法解決，少部分基礎好的同學選擇用幾何法解決問題.具體選擇用什么方法取決于學生的實際情況.建議在復習時加強練習.
考點一：線面角的向量求法
【典例精析】（多選）（2024·福建莆田·三模）如圖，在邊長為4的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F分別是棱B1C1，C1D1的中點，P是正方形A1B1C1D1內的動點，則下列結論正確的是（ ）
A．若DP∥平面CEF，則點P的軌跡長度為
B．若AP=，則點P的軌跡長度為
C．若AP=，則直線AP與平面CEF所成角的正弦值的最小值是
D．若Р是棱A1B1的中點，則三棱錐的外接球的表面積是
【答案】ACD
【分析】由面面平行的判定定理可得平面平面，從而可得點Р的軌跡是線段，即可判斷AB，建立空間直角坐標系結合空間向量的坐標運算即可判斷C，結合條件可得外接球的半徑，即可判斷D
【詳解】
分別取棱，的中點M，N，連接，
易證，，
平面，平面，所以平面，
且平面，平面，所以平面，
又平面，則平面平面，
因為平面，且P是正方形內的動點，
所以點Р的軌跡是線段.
因為，所以，因為，所以，
故A正確.
因為，所以點P的軌跡是以為圓心，1為半徑的個圓，
則點Р的軌跡長度為，則B錯誤.
以A為坐標原點，，，的方向分別為x，y，z軸的正方向，
建立如圖1所示的空間直角坐標系.
由題中數據可知則，，.
設平面CEF的法向量為，則，得.
設直線AР與平面CEF所成的角為，則.
因為，所以，所以，
所以，則，故C正確.
Р是棱的中點，則外接圓的圓心為正方形的中心，半徑為2.
如圖2，設，則三棱錐的外接球的半徑滿足，解得，
從而三棱錐P-CEF的外接球的表面積是，故D正確.
故選：ACD
【變式訓練】
一、單選題
1．（23-24高二上·全國·期中）PA，PB，PC是從點P引出的三條射線，每兩條的夾角均為，則直線PC與平面PAB所成角的余弦值為（　　）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2024·全國·模擬預測）如圖，正方體的棱長為2，分別為棱，的中點，為線段上的動點，則（ ）

A．對任意的點，總有
B．存在點，使得平面平面
C．線段上存在點，使得
D．直線與平面所成角的余弦值的最小值為
三、填空題
3．（2024·全國·模擬預測）在棱長為2的正方體中，動點，分別在棱，上，且滿足，當的體積最小時，與平面所成角的正弦值是 ．
四、解答題
4．（2024·湖南永州·三模）如圖，在多面體中，底面為直角梯形，，，平面，.
(1)證明：；
(2)若，，且多面體的體積為，求直線與平面所成角的正弦值.
5．（2024·安徽馬鞍山·三模）如圖，在四面體中，，，兩兩垂直，，是線段的中點，是線段的中點，點在線段上，且．
(1)求證：平面；
(2)若點在平面內，且平面，求直線與平面所成角的正弦值．
參考答案：
1．C
【分析】將放在正方體中進行分析，結合空間向量法求解即可.
【詳解】如圖所示，把放在正方體中，的夾角均為．
建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體棱長為1，
則，
所以，
設平面的法向量，則，
令，則，所以，
所以．
設直線與平面所成角為，所以，
所以．
故選：C．
2．AD
【分析】連接，由正方體可得，再由平面，可得平面，從而可判斷A；取棱的中點，連接，易知，，結合面面平行判定定理可得平面平面，根據面面關系即可判斷B；連接，將沿翻折，使之與在同一個平面內，根據線線關系確定取得最小值的情況，即可判斷C；取棱的中點，連接，，確定，的最小值，再分析直線與平面所成角的余弦值的最小值，或者建立空間直角坐標系，確定平面的法向量，直線的方向向量，根據空間坐標運算求線面夾角正弦值，從而得余弦值，即可判斷D．
【詳解】選項A：如圖1，連接，

因為分別為棱的中點，所以，
因為正方體，所以四邊形為正方形，
則，所以，
又平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，故A正確；
選項B：如圖2，取棱的中點，連接，

則易知，，而平面，平面，
故平面，
又平面，平面，同理平面，
因為，平面，所以平面平面，
但平面與平面相交，所以平面與平面不平行，故B錯誤．
選項C：如圖3，連接，

易知，，將沿翻折，使之與在同一個平面內，
易知當為線段的中點，且時，取得最小值，
此時，（當為線段的中點時，，
易知平面，故當時，最小值為2）,故C錯誤；
選項D：解法一 如圖4，取棱的中點，連接，，

則平面，所以直線與平面所成角為．
又，的最小值為，又，所以的最小值為．
在中，，所以的最大值為，
所以的最小值為，
所以直線與平面所成角的余弦值的最小值為，故D正確．
解法二 如圖5，以點為坐標原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，設，則，
易知平面的一個法向量為，設直線與平面所成角為，
則，
當時，取得最大值，此時取得最小值，故D正確．
故選：AD.
3．
【分析】設，結合等積法，可求出當的體積最小時，，分別是所在棱的中點；法一，根據，可求出點到平面的距離為，結合直線與平面所成角的集合法即可求解；法二，建立空間直角坐標系，應用向量法求解.
【詳解】設，則
．
由等體積法，得
，
當且僅當，即時，等號成立．
所以當的體積最小時，，分別是所在棱的中點．
方法一 易知，，．由余弦定理，得
，所以，
所以．
設點到平面的距離為．根據，
得，解得．
所以與平面所成角的正弦值為．
方法二 以點為原點，以，，所在直線分別為軸、軸、軸，
建立空間直角坐標系，
則，，，．
所以，，．
設平面的法向量為，
則即令，得，，
則．設與平面所成的角為，
則．
故答案為：
4．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由題意易得，可證，由已知可得，從而可證平面，可證結論；
（2）設多面體的體積為，，利用體積可求，以為坐標原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，求得平面的一個法向量為，利用向量法可求直線與平面所成角的正弦值.
【詳解】（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）設多面體的體積為，，
則，
解得，
如圖，以為坐標原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，
則，
則，
設平面的一個法向量為，
則，令，則，
所以平面的一個法向量為，
設直線與平面所成的角為，
那么，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
5．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1），交于點，作，交于點，證明四邊形為平行四邊形，然后證明平面．
（2）以為原點，分別以，，為，，軸正方向建立空間直角坐標系，根據平面，可設，，，即可表示出點坐標，再由平面，由求出、，從而確定點坐標，再由空間向量法求出直線與平面所成角的正弦值．
【詳解】（1）作，交于點，作，交于點，
因為是線段的中點，是線段的中點，，
所以且，
，，所以且，
且，所以四邊形為平行四邊形，
，又平面，平面，平面．
（2）以為原點，分別以，，為，，軸正方向建立空間直角坐標系，
不妨設，則，，，，
設，則，，，
平面，可設，，，
即，
則，即，則，
平面，又，，
，即，解得，所以點坐標為，
，
設平面的法向量為，
則，令，則，得，
所以，
故直線與平面所成角的正弦值為．
考點二：已知線面角求其他量
【典例精析】（多選）（2022·全國·模擬預測）如圖，在棱長為1的正方體中，P為棱的中點，Q為正方形內一動點(含邊界)，則下列說法中正確的是( )
A．若平面，則動點Q的軌跡是一條線段
B．存在Q點，使得平面
C．當且僅當Q點落在棱上某點處時，三棱錐的體積最大
D．若，那么Q點的軌跡長度為
【答案】ACD
【分析】A：取、中點，連接、、PF，證明平面∥平面，則點的軌跡為線段；
B：以為原點，建立空間直角坐標系，設，求出平面的法向量，根據求出x、z即可判斷；
C：的面積為定值，當且僅當到平面的距離最大時，三棱錐的體積最大；
D：可求為定值，即可判斷Q的軌跡，從而求其長度.
【詳解】取、中點，連接、、PF，
由PF∥∥且PF＝知是平行四邊形，
∴∥，∵平面，平面，∥平面，
同理可得EF∥平面，∵EF∩＝F，
∴平面∥平面，則點的軌跡為線段，A選項正確；
如圖，建立空間直角坐標系，
則，，，設，
則，，
設為平面的一個法向量，
則即得取，則.
若平面，則∥，即存在，使得，則，解得，故不存在點使得平面，B選項錯誤；
的面積為定值，當且僅當到平面的距離d最大時，三棱錐的體積最大.
，
，，則當時，d有最大值1；
②，，則當時，d有最大值；
綜上，當，即和重合時，三棱錐的體積最大，C選項正確；
平面，，
，，Q點的軌跡是半徑為，圓心角為的圓弧，軌跡長度為，D選項正確.
故選：ACD.
【點睛】本題綜合考察空間里面的位置關系的判斷與應用，需熟練運用線面平行、面面平行的判定定理和性質，需掌握運用空間直角坐標系和空間向量來解決垂直問題，掌握利用空間向量求點到平面的距離，利用幾何關系判斷空間里面的動點的軌跡，考察知識點較多，計算量較大，屬于難題.
【變式訓練】
一、單選題
1．（2023·吉林通化·二模）已知四棱錐的底面為平行四邊形，，，，平面ABCD，直線PD與平面PAC所成角為，則（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（22-23高二上·重慶·階段練習）在正方體中，，點P滿足，其中，則下列結論正確的是（ ）
A．當平面時，不可能垂直
B．若與平面所成角為，則點P的軌跡長度為
C．當時，正方體經過點、P、C的截面面積的取值范圍為[，]
D．當時，的最小值為
三、填空題
3．（2021·山東濟南·模擬預測）正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E為AB的中點，點F滿足，動點M在側面AA1D1D內運動，且MB∥平面D1EF，則|MD|的取值范圍是 ．
四、解答題
4．（2024·山東濟南·二模）如圖，在四棱錐中，四邊形ABCD 為直角梯形，AB∥CD， ，平面平面ABCD，F為線段BC的中點，E為線段PF上一點.
(1)證明：；
(2)當EF為何值時，直線BE 與平面PAD夾角的正弦值為.
5．（2024·山西·二模）如圖，四棱錐中，二面角的大小為，，，是的中點.

(1)求證：平面平面；
(2)若直線與底面所成的角為，求二面角的余弦值.
參考答案：
1．C
【分析】根據題意建立如圖空間直角坐標系，利用向量法結合PD與平面PAC的線面角，可求出PD.
【詳解】，，，
由余弦定理得，即，
則有，所以，
又平面ABCD，以D為原點，的方向為x軸，y軸，z軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，

設，由，，
得，，，，，
， ， ，
設平面PAC的法向量為 ， 則 ，
令，則，，所以 ，
直線PD與平面PAC所成角為，所以 ，
則有，解得， 則.
故選：C.
2．BD
【分析】對A，作出如圖空間直角坐標系，由向量法結合向量垂直判斷即可；
對B，由幾何關系得出與平面所成線面角，可得，則點P的軌跡是以為圓心，以1為半徑的個圓；
對C，由得點P在上，利用幾何關系可得的面積最值在端點及中點位置；
對D，將平面與平面沿展成平面圖形，線段即為的最小值，利用余弦定理即可求.
【詳解】對A，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，，，，
所以，，
則，，設平面的一個法向量為，
所以，令，則，即平面的一個法向量為，若平面，則，即，
由，則，即P為中點時，有平面，且，A錯；
對B，因為平面，連接，則即為與平面所成角，
若與平面所成角為，則，所以，
即點P的軌跡是以為圓心，以1為半徑的個圓，于是點P的軌跡長度為，B對；
對C，因為，所以點P一定在上，又因為當或1時，的面積取最大值，此時截面面積為，
設的中點為H，由圖形的變化可得當點P在DH和運動時，所得截面對稱相同，于是當時，的面積取最小值，此時截面面積為，C錯；
對D，如圖，將平面與平面沿展成平面圖形，
線段即為的最小值，
利用余弦定理可知，
所以，D對.
故選：BD
【點睛】（1）容易建系的幾何體一般可通過建系快速解決長度、角度等問題. 本題A中，通過線面平行得線與該面的法向量垂直，即可得參數間的關系，即可進一步討論線線垂直的問題；
（2）B中軌跡問題，關鍵結合正方體的線面垂直性質得出線面角，即可得出所求軌跡為圓弧；
（3）C中截面問題，關鍵結合正方體的對稱性，轉化為三角形面積的和，再進一步轉換成討論高的范圍問題；
（4）D中求不同表面線段和問題，一般展開成平面討論.
3．
【分析】建立空間直角坐標系，表示所需點的坐標，求出平面D1EF的一個法向量，結合線面平行的向量表示可得動點M的坐標滿足的條件，即可得解.
【詳解】因為ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱柱，
以點D為坐標原點，建立空間直角坐標系如圖所示，
設M（x,0,z），B（2,2,0），D1（0,0,4），E（2,1,0），
因為，所以F是CC1四等分點（靠近C），
所以F（0,2,1），所以，
設平面D1EF的一個法向量為，
則，即，
令c＝2，則，故，
又，平面D1EF，
所以，即，
所以，所以，
故，
因為0≤x≤2，0≤z≤4，所以，故，
因為，所以|MD|在上單調遞減，
所以當x＝時，|MD|取最大值，
所以|MD|的最大值為，
當x＝2時，|MD|取最小值，所以|MD|的最小值為，
所以|MD|的取值范圍是．
故答案為：.
4．(1)證明見解析
(2)2
【分析】（1）過作，垂足為，分析可知為等邊三角形，可得，結合面面垂直的性質可得平面ABCD，即可得結果；
（2）取線段的中點，連接，建系，設，求平面PAD的法向量，利用空間向量處理線面夾角的問題.
【詳解】（1）過作，垂足為，
由題意知：為矩形，可得，
由，則為等邊三角形，且F為線段BC的中點，則，
又因為平面平面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，
取線段的中點，連接，則∥，，
又因為，可知，
以為坐標原點，分別為軸，建立空間直角坐標系，
則，
因為E為線段PF上一點，設，
可得，
設平面的法向量，則，
令，則，可得，
由題意可得：，
整理得，解得，
所以當，直線BE 與平面PAD夾角的正弦值為.
5．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由題意可得，平面平面，根據面面垂直的性質可得平面，結合面面垂直的判定定理即可證明；
（2）過作的垂線交延長線于點H，連接AH，根據面面垂直的性質可得，設，在中由余弦定理得，利用勾股定理的逆定理可得，建立如圖空間直角坐標系，結合空間向量法求解面面角即可.
【詳解】（1）由，得，則，
所以，即.
由二面角的大小為，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）過作的垂線，交延長線于點H，連接AH，
由平面平面，平面平面，平面，
，所以平面，則為在底面內的射影，
所以為直線與底面所成的角，即.
由，知且為鈍角三角形，
設，得，，
在中，，在中，，
由余弦定理得，有，
所以，過作，則底面，
所以兩兩垂直，建立如圖空間直角坐標系，
，
所以，
設平面和平面的一個法向量分別為，
則，，
令，則，
所以，則，
故所求二面角的余弦值為.

考點三：面面角的向量求法
【典例精析】（多選）（2024·河北承德·二模）如圖，在正四棱柱中，是棱的中點，為線段上的點（異于端點），且，則下列說法正確的是（ ）

A．是平面的一個法向量
B．
C．點到平面的距離為
D．二面角的正弦值為
【答案】ACD
【分析】對于A，證明平面即可；對于B，在中通過余弦定理計算的長度即可；對于C，D，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，根據點到面的距離公式可計算C選項，計算平面和平面的法向量即可求出二面角的正弦值，可判斷D選項.
【詳解】對于A，由于是正四棱柱，易知，
在中，因為，
所以，
故，
又平面，平面，
所以平面，故A正確；
對于B，在中，因為，
則，
在中，利用余弦定理,
可求得或（舍去），
因此，故錯誤；
對于C， 以為原點，分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
由B選擇可知，，，
所以，
故，
設為平面的法向量，
則，
令，則，
設點到平面的距離為，
所以由點到平面的距離公式得：
，故C正確；
對于D，由C選項中坐標可知，
為平面的一個法向量，
，
設平面的一個法向量為，
則
令，
所以，
因此二面角的正弦值為，故D正確.
故選：ACD.
【變式訓練】
一、單選題
1．（2024·內蒙古包頭·一模）如圖，底面是邊長為2的正方形，半圓面底面，點為圓弧上的動點．當三棱錐的體積最大時，二面角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2024·寧夏固原·一模）在正方體中，分別為棱的中點，則（ ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面平面
三、填空題
3．（2024·北京房山·一模）如圖，在棱長為1的正方體中，點P是對角線上的動點（點P與點A，不重合）．給出下列結論：
①存在點P，使得平面平面；
②對任意點P，都有；
③面積的最小值為；
④若是平面與平面的夾角，是平面與平面的夾角，則對任意點P，都有．其中所有正確結論的序號是 ．
四、解答題
4．（2024·山東泰安·三模）如圖，在四棱錐中，，.

(1)證明：平面平面；
(2)在棱上是否存在點，使得平面與平面夾角的正弦值為？若存在，求的值；若不存在，請說明理由.
5．（2024·四川內江·三模）如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，且，，平面平面.
(1)求證：平面平面；
(2)若PD與平面所成的角為30°，求平面與平面所成角的正弦值.
參考答案：
1．D
【分析】由題意當三棱錐的體積最大時,此時點處于半圓弧的正中間位置.此時建立適當的空間直角坐標系，求出平面，平面的法向量，由法向量夾角余弦的坐標公式即可求解.
【詳解】三棱錐的體積與到平面的距離成正比，
故當三棱錐的體積最大時,此時點處于半圓弧的正中間位置.
點處于半圓弧的正中間位置時，記的中點為，以其為原點，分別作為軸正方向，建立空間直角坐標系.
平面顯然有法向量，
，
設為平面的法向量，
則該向量與和均垂直，
所以，從而.
令，解得，
故符合條件，
顯然二面角為銳角，
因此所求余弦值為.
故選：D.
2．AC
【分析】對于A，只需證明即得平面；對于B，運用反證法思路說明其不成立即可；對于C，分別證明平面得；證明平面得，由線線垂直即可推得平面；對于D，通過建系，分別求出兩個平面的法向量，計算兩個法向量的數量積是否為0即可判斷兩平面是否垂直.
【詳解】

對于A，如圖1，因分別為棱的中點，,且，易得,
則有,又,故，平面，平面，故平面，即A項正確；
對于B，如圖2，假設平面，因平面，則，而易得,
即是等腰三角形，即與必不垂直，故假設不成立，B項錯誤；

對于C，如圖3，由正方體可得平面，因平面，則,
又，,則，又,則平面，因平面,故；
易得,同上可得, 又，故得平面，則平面,
因平面，則.因,故平面，故C項正確；
對于D，不妨設正方體的棱長為2，如圖4，建立空間直角坐標系.則,
于是，,設平面的法向量為，則故可取，
又,設平面的法向量為，則故可取.
因，故平面與平面不垂直，即D項錯誤.
故選：AC.
3．①②③
【分析】①可通過線面垂直的判定定理找到點P；②③④都可以通過建立空間直角坐標系解決，其中通過向量的長度可以對②進行判斷；利用兩條直線所成的角和三角形面積公式可以判斷③；求出三個面的法向量，并求出和，即可對④進行判斷.
【詳解】①因為，在上取點使，
因為，平面，所以平面，
因為平面，所以平面平面，故①正確；
②以為原點，以分別為軸建立空間直角坐標系，如圖
，，，，則，，
設，則，,
從而，，所以，故②正確；
③由②，，，
，，
當且僅當時等號成立，所以面積的最小值為，故③正確；
④平面的法向量，平面的法向量，
設平面的法向量，
由即得，
令得，
則，，
令得或，而，故，
從而對存在點P，使得，而不大于直角，
故，故④錯誤；
故答案為：①②③.
4．(1)證明見解析
(2)存在，.
【分析】（1）通過，證平面，即可證面面平行；
（2）通過建立空間直角坐標系，計算各點坐標，設得點坐標，并計算平面和平面的法向量，根據向量垂直確定，再根據向量的夾角公式計算即可.
【詳解】（1）證明：因為，，
所以，，
所以，，
又，
所以四邊形為菱形，
所以，，
又，平面，
，
所以平面，
又平面，
所以平面平面.
（2）由（1）得平面，
因為平面，
所以，
故四邊形為正方形.
不妨設正方形的邊長為2，
的中點為，連接.
因為為等邊三角形，
所以，
又平面，
又平面平面，
且平面平面，
所以平面.
以為坐標原點，，，的方向分別為，，軸的正方向，
建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，，，.
假設存在點，使得平面與平面夾角的正弦值為，
且，，
由，得，
即，
解得，，，
所以，
所以，，，.
設平面的法向量為，
則，
可取.
設平面的法向量為，
則，
可取，
則，
解得或（舍去），
所以在棱上存在點，使得平面與平面夾角的正弦值為，
且.
5．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點M，通過證明線線垂直證明平面，繼而證明結論；
（2）利用PD與平面所成的角，求出相關線段長，建立空間直角坐標系，求出相關點坐標，求出平面與平面的法向量，利用空間角的向量求法即可求得答案.
【詳解】（1）證明：取的中點M，連接，
，
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，則，
而平面，
故平面，平面,
故平面平面；
（2）取中點N，連接，則，
則四邊形為平行四邊形，則，
故平面，則為PD與平面所成的角，即，
由于平面，平面，故，
，，故，
在中，，
則，
在中，為等邊三角形，
取中點O，的中點為Q，連接，則，
以點O為坐標原點，所在直線為軸，建立空間直角坐標系，
則，
，
設平面的一個法向量為，則，
即，取，則，
平面的一個法向量為，則，
故平面與平面所成角的正弦值為.
考點四：已知面面角求其他量
【典例精析】（多選）（2023·湖北·模擬預測）在正四棱柱中，已知，為棱上的動點（不含端點），則（ ）
A．存在某個位置，使得
B．存在某個位置，使得平面平面
C．設，若，則
D．設，與相交于點，則當最小時，
【答案】ACD
【分析】建立空間直角坐標系,A.由求解判斷；B.分別求得平面BDP的一個法向量為，平面的一個法向量為，由求解判斷；C.由求解判斷；D.易得，由求解判斷.
【詳解】解：建立如圖所示空間直角坐標系：
設，則，
所以，則時，，即，即點P為的四分之一點（靠近點C）時，，故A正確；
，
則，
設平面BDP的一個法向量為，
則，即，
令，得，
設平面的一個法向量為，
則，即，
令，得，
若平面平面，則，
即，解得，此時點P與重合，故B錯誤；
由，得，
所以，即，
解得或（舍去），故C正確；
易得，則，所以，當，即時，最小，故D正確；
故選：ACD
【變式訓練】
一、單選題
1．（2023·陜西安康·一模）如圖，在多面體中，底面為菱形，平面，，，點M在棱上，且，平面與平面的夾角為，則下列說法錯誤的是（ ）
A．平面平面 B．
C．點M到平面的距離為 D．多面體的體積為
二、多選題
2．（2023·廣東佛山·二模）四面體中，，，，，，平面與平面的夾角為，則的值可能為（ ）
A． B． C． D．
三、填空題
3．（2022·天津河西·模擬預測）如圖，在三棱柱中，平面，，，，分別是，的中點.
（1）直線與平面所成角的正切值為 ；
（2）直線到平面的距離為 ；
（3）已知點在棱上，平面與平面所成二面角為60°則線段的長為 .
四、解答題
4．（2024·河南周口·模擬預測）在矩形中，，為邊上的中點．將沿翻折，使得點到點的位置，且滿足平面平面，連接，，．
(1)求證：平面平面．
(2)在線段上是否存在點，使得二面角的余弦值為？若存在，求出點位置；若不存在，說明理由．
5．（2024·全國·模擬預測）如圖，在中，．D，E分別為邊上的中點，現將以為折痕折起，使點A到達點的位置．

(1)連接，證明：;
(2)若平面與平面所成二面角的大小為，求直線與平面所成角的正弦值．
參考答案：
1．D
【分析】A選項，作出輔助線，證明出，⊥平面，故平面，從而證明面面垂直；
B選項，建立空間直角坐標系，利用空間向量求解出平面的法向量，根據平面夾角列出方程，求出；
C選項，在第一問的基礎上，求出平面的法向量，從而利用點到平面距離公式求出答案.
D選項，求出，相加得到答案.
【詳解】對于A選項，取的中點G，連接交于N，連接，
因為四邊形是菱形，所以⊥，且N是的中點，
所以且，又，
所以且，
所以四邊形是平行四邊形，
所以，
又平面平面，
所以，
又因為平面，
所以⊥平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正確；
對于B，取的中點H，由四邊形是菱形，，則，
所以是正三角形，
所以，所以，
又平面，
以A為原點，為坐標軸建立空間直角坐標系，
則，
，
所以，
所以，
，
當時，重合，此時平面與平面的夾角為，不合題意，舍去；
當時，設平面的一個法向量，
則，
兩式相減得：，
令，得，故，
平面的法向量可取，
所以，解得，故B正確；
對于C，結合B，所以，則，
設平面的一個法向量，則，
解得：，取，得，故，
所以點M到平面的距離，故C正確；
對于D，，
故，
梯形的面積為，
，
故，故D錯誤.
故選：D.
2．AD
【分析】根據給定條件，利用空間向量數量積運算律求解判斷作答.
【詳解】在四面體中，，，則是二面角的平面角，如圖，
，而，，，
，
因為平面與平面的夾角為，則當時，，
當時，，
所以的值可能為，.
故選：AD
3．
【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量法求出線面角的正弦值，二面角的余弦值以及點到平面的距離；
【詳解】解：如圖建立空間直角坐標系，則，，，，，，．
，，，， ．
設平面的法向量為，則，即
令，則．
所以．
設直線與平面所成角為，
所以直線與平面所成角的正弦值為，即，所以，所以，所以直線與平面所成角的正切值．
因為，平面平面，所以平面，所以到平面的距離，即點到平面的距離，所以，故直線到平面的距離為；
假設在棱上存在一點，使得平面與平面所成二面角為，設，．
則，設平面的法向量為，
則，即，
取，則，
又平面的法向量為．
所以，
解得，
故在棱上存在一點，使得平面與平面所成二面角為，點的坐標為，即．
故答案為：；；；
4．(1)證明見解析
(2)存在，且點在中點
【分析】（1）借助勾股定理可得，結合面面垂直的性質定理可得線面垂直，即可得面面垂直；
（2）建立適當空間直角坐標系，借助空間向量表示二面角的余弦值后計算即可得.
【詳解】（1）由為邊上的中點，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）以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，作于點，
有、、、，
由，，故有，
即，且，則，
即，故，
則，，，，
設，易得或時，二面角的大小為或，
故，則，
設平面與平面的法向量分別為、，
則有，，
令，則可得，，，
即，，
有，
整理得，解得，
故存在，且點在中點.
5．(1)證明見解析；
(2)．
【分析】（1）方法一，先證明平面，由得平面，再證平面平面，由證平面，由得平面即得；方法二，由利用平面幾何知識易得.
（2）方法一，先用幾何法證明（平面平面直線l），得已知二面角的平面角為，推得正三角形，作出直線與平面所成角，在中即可求得；方法二，通過建系，設，寫出相關點和向量的坐標，求出兩平面的法向量，利用空間向量的夾角公式求得，再將其代入點的坐標計算即得.
【詳解】（1）方法一：如圖，取的中點G，

因為D，E分別為的中點，所以．
因為，所以．
又因為平面，
所以平面，所以平面．
因為平面，所以平面平面，交線為．
因為G為的中點，且，
所以，因為平面，所以平面．
又因為，所以平面．
因為平面，所以．
方法二：因為，
則且，
故
所以，即．
（2）方法一：因為，且平面,平面，所以平面．
又因為平面，若平面平面直線l，
則，又，則．
由（1）可知，，則得，
所以平面與平面所成二面角的平面角為．
因為，且，所以為正三角形．
如圖，過點B作平面交于點H，連接，

則為直線與平面所成角．
過點C作于點F，因為平面，
所以，又因為，
所以．
方法二：如圖，以D為原點，方向為x軸正方向，方向為y軸正方向，
在平面內過點D作z軸垂直于平面，建立空間直角坐標系．

設，則，
則，
設平面的一個法向量為，
由，故可取．
又因為，
設平面的一個法向量為，
由，故可取．
根據，解得，
所以，
所以，設直線與平面所成角為，
則直線與平面所成角的正弦值．
考點五：空間距離的向量求法
【典例精析】（多選）（2024·山東·二模）如圖，在直三棱柱中，，分別為棱上的動點，且，，，則（ ）
A．存在使得
B．存在使得平面
C．若長度為定值，則時三棱錐體積最大
D．當時，直線與所成角的余弦值的最小值為
【答案】BCD
【分析】建立空間直角坐標系，用向量在空間直線、面位置關系和空間角、距離上的應用方法一一去計算求解，并結合一元二次函數、基本不等式求最值即可.
【詳解】如圖，由題意可建立如圖所示的空間直角坐標系，設，
則由題：，
所以，，，，
又，，，
所以，即，
，即，
所以，
對A，由上，故A錯誤；
對B，由題意是平面的一個法向量，
，
故當時，此時平面，故B正確；
對C，由上，，
設平面的一個法向量為，則，
所以，取，則，
設點Q到平面的距離為d，則由得，
又由題意可知，
故，
因為長度為定值，所以為定值，
故當時，三棱錐體積最大，故C正確；
對D，設直線與所成角為，由上當時
，
當且僅當即時等號成立，故D對.
故選：BCD.
【點睛】方法點睛：遇立體幾何復雜問題，如求最值，有垂直條件一般考慮建立空間直角坐標系用向量法解決.
【變式訓練】
一、單選題
1．（2024·河北滄州·二模）已知四面體滿足，則點到平面的距離為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2024·廣東梅州·二模）如圖，平面，，M為線段AB的中點，直線MN與平面的所成角大小為30°，點P為平面內的動點，則（ ）
A．以為球心，半徑為2的球面在平面上的截痕長為
B．若P到點M和點N的距離相等，則點P的軌跡是一條直線
C．若P到直線MN的距離為1，則的最大值為
D．滿足的點P的軌跡是橢圓
三、填空題
3．（2024·河南·一模）三棱錐中，，，，，點M，N分別在線段，上運動.若二面角的大小為，則的最小值為 .
四、解答題
4．（2024·江西宜春·模擬預測）如圖1，在平面四邊形中，是邊長為4的等邊三角形，，，為SD的中點，將沿AB折起，使二面角的大小為，得到如圖2所示的四棱錐，點滿足，且．
(1)證明：當時，平面；
(2)求點D到平面的距離；
(3)若平面與平面夾角的余弦值為，求的值．
5．（2024·吉林·模擬預測）如圖，在四棱錐中，平面，為中點，點在梭上（不包括端點）.
(1)證明：平面平面；
(2)若點為的中點，求直線到平面的距離.
參考答案：
1．D
【分析】設平面的一個法向量，列出方程組，求得，再求得且，結合，即可求解.
【詳解】因為四面體滿足，
可得，
設平面的一個法向量，
則，
令，解得，所以，
所以，
設點到平面的距離為，則.
故選：D.
2．BC
【分析】根據點到平面的距離，結合球的截面性質可得截面圓的半徑，即可求解A，建立空間直角坐標系，利用點點建立公式，化簡可判斷B，根據點到直線的距離公式，可得的軌跡是平面內的橢圓上一點，即可根據橢圓的性質 求解C，根據向量的夾角公式即可化簡求解的軌跡為且，即可求解D.
【詳解】對于A，由于MN與平面的所成角大小為30°，所以點到平面的距離，
故半徑為的球面在平面上截面圓的半徑為,故截痕長為，A錯誤，
對于B,由于平面，所以以為，在平面內過作,平面內作，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則,
設，則，
化簡得，故P到點M和點N的距離相等，則點P的軌跡是一條直線，B正確，
,所以P到直線MN的距離為，化簡可得，
所以點的軌跡是平面內的橢圓上一點，如圖，
當在短軸的端點時，此時最大，由于,故，因此,C正確，
對于D, ，,
若，則，
化簡得且，故滿足的點P的軌跡是雙曲線的一部分，D錯誤，
故選：BC
【點睛】方法點睛：立體幾何中與動點軌跡有關的題目歸根到底還是對點線面關系的認知，其中更多涉及了平行和垂直的一些證明方法，在此類問題中要么很容易的看出動點符合什么樣的軌跡(定義)，要么通過計算(建系)求出具體的軌跡表達式，和解析幾何中的軌跡問題并沒有太大區別，所求的軌跡一般有四種，即線段型，平面型，二次曲線型，球型.
3．/
【分析】觀察三棱錐，將其補形成直三棱柱，再推得是正三角形，從而建立空間直角坐標系，利用異面直線距離的向量法公式即可得解.
【詳解】依題意，將三棱錐補形成直三棱柱，
此時易知，，滿足題意，
又，所以為二面角的平面角，即，
在中，，，則，
在中，，則，
又，所以是正三角形，
要求的最小值，即求異面直線，的距離，
以點為原點，建立空間直角坐標系如圖，
則，
故，
設同時垂直于，則，
取，則，故，
所以的最小值為.
【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵是，通過分析三棱錐的圖形，將其補形成直三棱柱，從而得解.
4．(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）根據線線平行可得線面平行，進而可證面面平行，根據面面平行的性質即可求解，
（2）根據，可得為二面角的平面角，即可判斷等邊，進而可得線線垂直，建立空間直角坐標系，求解平面法向量，即可利用向量法求解點面距離，
（3）求解兩平面的法向量，根據法向量的夾角即可求解.
【詳解】（1）當時，為棱SC的中點．
取CD的中點，連接MN，BN，則，
因為平面，平面．
所以平面．
由題可得，，，
所以，所以．
因為平面，平面，
所以平面．
又，平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面．
（2）由題意得，
所以為二面角的平面角，即，
又，所以為等邊三角形．
因為，平面．
所以平面，又平面，所以平面平面，
取AD的中點，連接，則．
因為平面平面，所以平面．
所以AD，AB，OS兩兩垂直．
則以O為原點，OA，OS所在直線分別為x，z軸，以過點且平行于AB的直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系．
則，，，．
所以，，．
設平面的法向量為，
則．
取，則，，所以．
所以點到平面的距離．
（3）由（2）可得，
則由，得．
所以．
設平面的法向量為．
則，
取，則，，
所以．
由（2）可知為平面的一個法向量．
設平面與平面的夾角為．
則，
解得或（舍）．所以的值為．
5．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由線面垂直的性質與勾股定理，結合三線合一證得，，再線面垂直與面面垂直的判定定理即得證.
（2）由線面平行判定定理可證得平面，則點到平面的距離即為到平面的距離.方法一：以為原點建立空間直角坐標系，運用點到面的距離公式計算即可.方法二：運用等體積法計算即可.
【詳解】（1）證明：連接，如圖所示，
平面，
，
，即，
又為中點，則，且，
四邊形為正方形，，
平面平面，
又，、平面，平面，
又平面平面平面.
（2）在中，分別為中點，，
又平面平面，平面，
點到平面的距離即為到平面的距離，
（方法一）
，
以為原點，所在直線分別為軸，軸，軸，
建立如圖所示空間直角坐標系，如圖所示，
則，
，
設是平面的法向量，
，
取，則是平面的一個法向量，
點到平面的距離為，
即直線到平面的距離為.
（方法二）
連接、，如圖所示，
為等腰直角三角形，，
又平面是三棱錐的高，
，
，
，
，
設到平面距離為，則，
，
即到平面的距離為.
考點六：立體幾何中的折疊、探究
【典例精析】（多選）（2023·河北秦皇島·模擬預測）在長方體中，，點在底面的邊界及其內部運動，且滿足，則下列結論正確的是（ ）
A．若點滿足，則
B．點到平面的距離范圍為
C．若點滿足，則不存在點使得
D．當時，四面體的外接球體積為
【答案】ABD
【分析】對于A，分析當時的線面角可判斷；對B，判斷點到平面的距離最值即可；對C，設點與點重合，再根據余弦定理判斷即可；對D，由題意在線段上，再根據外接球性質求解即可.
【詳解】如圖所示：

對于A，當時，與底面所成的角，又點所在區域為以為圓心，1為半徑的圓在正方形內部部分（包含邊界弧長），
所以，故A正確；
對于B，設，作交于，由正方體性質可得平面，又平面，故.
又，平面，故平面.
則當點位于線段上時，點到平面的距離最大，最大距離，
設，作交于，同理平面.
則當與點重合時，此時點到平面的距離最小，最小距離為，
由直角三角形性質可得，所以，所以，
故點到平面的距離的取值范圍為，故B正確．
對于C．不妨設點與點重合，此時，，，由余弦定理得，則，故存在點使得，故C錯誤．
對于D．當時，因為，故此時在線段上，則四面體的外接球半徑為．外接球體積為，故D正確．
故選：ABD
【變式訓練】
一、單選題
1．（23-24高二上·北京豐臺·期中）正多面體也稱柏拉圖立體，被譽為最有規律的立體結構，是所有面都只由一種正多邊形構成的多面體（各面都是全等的正多邊形）. 數學家已經證明世界上只存在五種柏拉圖立體，即正四面體、正六面體、正八面體、正十二面體、正二十面體. 如圖，已知一個正八面體的棱長為2，，分別為棱，的中點，則直線和夾角的余弦值為（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
2．（2021·湖南·三模）如圖，在平行四邊形中，，，，沿對角線將折起到的位置，使得平面平面，下列說法正確的有（ ）
A．平面平面
B．三棱錐四個面都是直角三角形
C．與所成角的余弦值為
D．過的平面與交于，則面積的最小值為
三、解答題
3．（2023·福建廈門·模擬預測）箏形是指有一條對角線所在直線為對稱軸的四邊形．如圖，四邊形為箏形，其對角線交點為，將沿折到的位置，形成三棱錐．

(1)求到平面的距離；
(2)當時，在棱上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，求的值；若不存在，請說明理由．
4．（23-24高三上·河北·期末）如圖所示，直角梯形PABC中，，，D為PC上一點，且，將PAD沿AD折起到SAD位置．
(1)若，M為SD的中點，求證：平面AMB⊥平面SAD；
(2)若，求平面SAD與平面SBC夾角的余弦值．
5．（2018·江西·二模）如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，，，，.
（1）求證：平面平面；
（2）若，試判斷棱上是否存在與點不重合的點，使得直線與平面所成角的正弦值為，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
參考答案：
1．D
【分析】根據題意得到，，然后由向量的數量積公式分別求出，結合向量的夾角運算公式，即可求解.
【詳解】如圖所示：

由題意，可得，，
又由正八面體的棱長都是2，且各個面都是等邊三角形，
在中，由，可得，所以，所以
；
；
；
所以，
即直線和夾角的余弦值為.
故選：D.
【點睛】關鍵點點睛：選取適當的基底向量，由已知條件可以求出它們的模以及兩兩之間的夾角，所以只需把分解，然后由向量的夾角公式即可求解.
2．ABD
【分析】先根據勾股定理判斷，再由面面垂直得線線垂直，可判斷AB，以為原點，建立空間直角坐標系，利用空間向量可計算線線角判斷C，由點到的距離可判斷D.
【詳解】中，，，，
由余弦定理可得，故，
所以，
因為平面平面且平面平面，
所以平面，；
同理平面，
因為平面，
所以平面平面，A，B正確；
以為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，
因為，，
所以，即與所成角的余弦值為，C錯誤；
因為在線段上，設，則，
所以點到的距離，
當時，取得最小值，此時面積取得最小值，D正確.
故選：ABD.
【點睛】關鍵點點睛：本題中D較難，解題的關鍵是利用空間向量計算點線距，利用的，進而坐標化得最值.
3．(1)1
(2)存在；或
【分析】（1）根據線面垂直的判定可得平面，進而可得到平面的距離.
（2）以為原點，所在直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，再設，根據線面角的空間向量求法求解即可.
【詳解】（1）因為，
所以不可能為四邊形的對稱軸，則為四邊形的對稱軸，
所以垂直平分，所以．
平面平面
所以平面．
所以到平面的距離．
（2）存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為．
過作平面，所以兩兩垂直.
以為原點，所在直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系

由（1）得平面平面，因為
所以．
設，
，
，
設平面的法向量，
，所以
令，則，
所以平面的一個法向量，
設直線與平面所成角為，，
．
所以或，所以存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為或．
4．(1)證明見解析
(2)．
【分析】（1）由線面垂直和面面垂直的判定定理證明即可；
（2）以O為原點，分別以、、所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的坐標系，分別求出平面與平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【詳解】（1）梯形中，，，易知，
所以，而，所以為等邊三角形，
∴，又∵，，
∴，面，，
∴面，∵面，
∴平面平面；
（2）由（1）知△為等邊三角形，
∴為等邊三角形，取AD的中點O，
得，，，∵，∴，
因為面，，∴面．
以O為原點，分別以、、所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的坐標系，
得，，，
，，
設平面的法向量為，
∴得，
令，則，則．
取平面的法向量為，
．
∴平面與平面夾角的余弦值為．
5．（1）證明見解析.（2）答案見解析.
【詳解】分析：（1）由題意結合幾何關系可證得平面，結合面面垂直的判定定理可得平面平面.
（2）結合（1）的結論可知平面，據此建立空間直角坐標系，假設棱上存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為，設，由題意可得平面的一個法向量為，且，結合空間向量的結論得到關于的方程，解方程可知存在，使得直線與平面所成角的正弦值為.
詳解：（1）因為四邊形是平行四邊形， ，所以，
又，所以，所以，
又，且，所以平面，
因為平面，所以平面平面.
（2）由（1）知平面，分別以所在直線為軸、軸，
平面內過點且與直線垂直的直線為軸，建立空間直角坐標系，
則 ，
由，，可得，
所以，
假設棱上存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為，
設，
則，，
設平面的法向量為，
則,即，令，可得，
所以平面的一個法向量為，設直線與平面所成的角為，則:
，
解得或者（舍）.所以存在，使得直線與平面所成角的正弦值為.
點睛：本題主要考查面面垂直的判斷定理，空間向量的應用等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.
一、解答題
1．（2023·全國·高考真題）如圖，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距離為1．

(1)證明：；
(2)已知與的距離為2，求與平面所成角的正弦值．
2．（2023·全國·高考真題）如圖，在三棱錐中，，，，，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，，點F在AC上，.

(1)證明：平面；
(2)證明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
3．（2022·全國·高考真題）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點．

(1)證明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
4．（2022·全國·高考真題）在四棱錐中，底面．
(1)證明：；
(2)求PD與平面所成的角的正弦值．
5．（2021·全國·高考真題）在四棱錐中，底面是正方形，若．
（1）證明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
6．（2021·全國·高考真題）如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，，為的中點，且．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
參考答案：
1．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據線面垂直，面面垂直的判定與性質定理可得平面，再由勾股定理求出為中點，即可得證；
（2）利用直角三角形求出的長及點到面的距離，根據線面角定義直接可得正弦值.
【詳解】（1）如圖，
底面，面，
，又，平面，,
平面ACC1A1，又平面，
平面平面，
過作交于，又平面平面，平面，
平面
到平面的距離為1，，
在中，，
設，則，
為直角三角形，且，
，，，
，解得，
，
（2），
，
過B作，交于D，則為中點，
由直線與距離為2，所以
，，，
在，，
延長，使，連接，
由知四邊形為平行四邊形，
，平面，又平面，
則在中，，，
在中，，，
,
又到平面距離也為1，
所以與平面所成角的正弦值為.
2．(1)證明見解析；
(2)證明見解析；
(3).
【分析】（1）根據給定條件，證明四邊形為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.
（2）法一：由（1）的信息，結合勾股定理的逆定理及線面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：過點作軸平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，所以由求出點坐標，再求出平面與平面BEF的法向量，由即可證明；
（3）法一：由（2）的信息作出并證明二面角的平面角，再結合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面與平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【詳解】（1）連接，設，則，，，
則，
解得，則為的中點，由分別為的中點，

于是，即，則四邊形為平行四邊形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）法一：由（1）可知，則，得，
因此，則，有，
又，平面，
則有平面，又平面，所以平面平面.
法二：因為，過點作軸平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，
，
在中，，
在中，，
設，所以由可得：，
可得：，所以，
則，所以，，
設平面的法向量為，
則，得，
令，則，所以，
設平面的法向量為，
則，得，
令，則，所以，
，
所以平面平面BEF；

（3）法一：過點作交于點，設，
由，得，且，
又由（2）知，，則為二面角的平面角，
因為分別為的中點，因此為的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，則，
從而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值為.

法二：平面的法向量為，
平面的法向量為，
所以，
因為，所以，
故二面角的正弦值為.
3．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）連接并延長交于點，連接、，根據三角形全等得到，再根據直角三角形的性質得到，即可得到為的中點從而得到，即可得證；
（2）建立適當的空間直角坐標系，利用空間向量法求出二面角的余弦的絕對值，再根據同角三角函數的基本關系計算可得.
【詳解】（1）證明：連接并延長交于點，連接、，
因為是三棱錐的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以為的中點，又為的中點，所以，
又平面，平面，
所以平面

（2）解：過點作，如圖建立空間直角坐標系，
因為，，所以，
又，所以，則，，
所以，所以，，，，
所以，
則，，，
設平面的法向量為，則，令，則，，所以；
設平面的法向量為，則，
令，則，，所以；
所以.
設二面角的大小為，則，
所以，即二面角的正弦值為.

4．(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）作于，于，利用勾股定理證明，根據線面垂直的性質可得，從而可得平面，再根據線面垂直的性質即可得證；
（2）以點為原點建立空間直角坐標系，利用向量法即可得出答案.
【詳解】（1）證明：在四邊形中，作于，于，
因為，
所以四邊形為等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因為平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因為平面，
所以；
（2）解：如圖，以點為原點建立空間直角坐標系，
，
則，
則，
設平面的法向量，
則有，可取，
則，
所以與平面所成角的正弦值為.
5．（1）證明見解析；（2）.
【分析】（1）取的中點為，連接，可證平面，從而得到面面.
（2）在平面內，過作，交于，則，建如圖所示的空間坐標系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.
【詳解】
（1）取的中點為，連接.
因為，，則，
而，故.
在正方形中，因為，故，故，
因為，故，故為直角三角形且，
因為，故平面，
因為平面，故平面平面.
（2）在平面內，過作，交于，則，
結合（1）中的平面，故可建如圖所示的空間坐標系.
則，故.
設平面的法向量，
則即，取，則，
故.
而平面的法向量為，故.
二面角的平面角為銳角，故其余弦值為.
6．（1）；（2）
【分析】（1）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，設，由已知條件得出，求出的值，即可得出的長；
（2）求出平面、的法向量，利用空間向量法結合同角三角函數的基本關系可求得結果.
【詳解】（1）[方法一]：空間坐標系+空間向量法
平面，四邊形為矩形，不妨以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，
設，則、、、、，
則，，
，則，解得，故；
[方法二]【最優解】：幾何法+相似三角形法
如圖，連結．因為底面，且底面，所以．
又因為，，所以平面．
又平面，所以．
從而．
因為，所以．
所以，于是．
所以．所以．
[方法三]：幾何法+三角形面積法
如圖，聯結交于點N．
由[方法二]知．
在矩形中，有，所以，即．
令，因為M為的中點，則，，．
由，得，解得，所以．
（2）[方法一]【最優解】：空間坐標系+空間向量法
設平面的法向量為，則，，
由，取，可得，
設平面的法向量為，，，
由，取，可得，
，
所以，，
因此，二面角的正弦值為.
[方法二]：構造長方體法+等體積法
如圖，構造長方體，聯結，交點記為H，由于，，所以平面．過H作的垂線，垂足記為G．
聯結，由三垂線定理可知，
故為二面角的平面角．
易證四邊形是邊長為的正方形，聯結，．
，
由等積法解得．
在中，，由勾股定理求得．
所以，，即二面角的正弦值為．
【整體點評】（1）方法一利用空坐標系和空間向量的坐標運算求解；方法二利用線面垂直的判定定理，結合三角形相似進行計算求解，運算簡潔，為最優解；方法三主要是在幾何證明的基礎上，利用三角形等面積方法求得.
（2）方法一，利用空間坐標系和空間向量方法計算求解二面角問題是常用的方法，思路清晰，運算簡潔，為最優解；方法二采用構造長方體方法+等體積轉化法，技巧性較強，需注意進行嚴格的論證.
一、單選題
1．（2024高三下·全國·專題練習）如圖，正三棱錐的高為2，，E，F分別為MB，MC的中點，則異面直線AE與BF所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·山東濱州·二模）在正方體中，是棱的中點，是底面內（包括邊界）的一個動點，若平面，則異面直線與所成角的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·四川雅安·一模）如圖，在正方體中，點是線段上的動點（含端點），點是線段的中點，設與平面所成角為，則的最小值是（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·四川甘孜·一模）在長方體中，分別是為和的中點，與平面所成的角為，則該長方體的體積為（ ）
A． B．6 C． D．
5．（2023·湖北·三模）如圖，把一個長方形的硬紙片沿長邊所在直線逆時針旋轉得到第二個平面，再沿寬邊所在直線逆時針旋轉得到第三個平面，則第一個平面和第三個平面所成的銳二面角大小的余弦值是（ ）

A． B． C． D．
6．（2021·上海浦東新·模擬預測）已知梯形如圖（1）所示，其中，為線段的中點，四邊形為正方形，現沿進行折疊，使得平面平面，得到如圖（2）所示的幾何體．已知當上一點滿足時，平面平面，則的值為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
7．（2023·安徽安慶·二模）如圖，在直四棱柱中，分別為側棱上一點，，則（ ）
A． B．
C．的最大值為 D．當時，
8．（2024·山西晉城·二模）如圖，在棱長為2的正方體中，點P是側面內的一點，點E是線段上的一點，則下列說法正確的是（ ）
A．當點P是線段的中點時，存在點E，使得平面
B．當點E為線段的中點時，過點A，E，的平面截該正方體所得的截面的面積為
C．點E到直線的距離的最小值為
D．當點E為棱的中點且時，則點P的軌跡長度為
三、填空題
9．（2023·河南開封·模擬預測）在如圖所示的三棱錐中，平面，，，，為中點，為內的動點（含邊界），且.當在上時， ；點的軌跡的長度為 .
10．（2024·北京通州·二模）如圖，幾何體是以正方形ABCD的一邊BC所在直線為旋轉軸，其余三邊旋轉90°形成的面所圍成的幾何體，點G是圓弧的中點，點H是圓弧上的動點，，給出下列四個結論：
①不存在點H，使得平面平面CEG；
②存在點H，使得平面CEG；
③不存在點H，使得點H到平面CEG的距離大于；
④存在點H，使得直線DH與平而CEG所成角的正弦值為．
其中所有正確結論的序號是 ．
11．（2024·河北滄州·一模）如圖，已知點是圓臺的上底面圓上的動點，在下底面圓上，，則直線與平面所成角的余弦值的最小值為 ．
四、解答題
12．（2024·河北承德·二模）如圖1，在直角中，為中點，，取中點，連接，現把沿著翻折，形成三棱錐如圖2，此時，取中點，連接，記平面和平面的交線為為上異于的一點.

(1)求證：平面；
(2)若直線與平面所成角的正弦值為，求的長度.
13．（2024·貴州遵義·三模）如圖，在多面體中，四邊形為正方形，，且，M為中點．
(1)過M作平面，使得平面與平面的平行（只需作圖，無需證明）
(2)試確定（1）中的平面與線段的交點所在的位置；
(3)若平面，在線段是否存在點P，使得二面角的平面角為余弦值為，若存在求出的值，若不存在，請說明理由．
14．（2024·遼寧·二模）棱長均為2的斜三棱柱中，在平面ABC內的射影O在棱AC的中點處，P為棱（包含端點）上的動點．
(1)求點P到平面的距離；
(2)若平面，求直線與平面所成角的正弦值的取值范圍．
參考答案：
1．D
【分析】解法一：作出輔助線，得到是異面直線AE與BF所成角或其補角，由余弦定理求出，進而得到，，利用余弦定理求出答案；解法二：作出輔助線，得到平面ABC，建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，利用空間向量求解異面直線的夾角余弦值.
【詳解】解法一：如圖，設N是MF的中點，O是的中心，
連接AO并延長，交BC于點D，連接AN，EN，MO，MD，
∵E為MB的中點，∴，，
∴是異面直線AE與BF所成角或其補角，
由題可知，平面ABC，為正三角形，，
∴，，，
∴，
∴在中，．
在中，，
∴．
在中，．
易得，
所以在中，，
故異面直線AE與BF所成角的余弦值為.
解法二：如圖，設O是的中心，連接AO并延長，交BC于點D，連接MO，
∵三棱錐為正三棱錐，，
∴平面ABC，，．
以D為坐標原點，OD所在直線為x軸、DC所在直線為y軸、過點D且與OM平行的直線為z軸建立空間直角坐標系，
則，，，，
∴，，∴，．
∴，
故異面直線AE與BF所成角的余弦值為.
故選：D．
2．C
【分析】取中點，中點，連接，，，取中點，連接，推導出平面平面，從而的軌跡是線段，建立空間之間坐標系后，利用空間向量求解異面直線夾角的余弦值，即可得角度范圍.
【詳解】解：取中點，中點，連接，，，取中點，連接，
在正方體中，是棱的中點，
，，，
，，
平面平面，
是底面內（包括邊界）的一個動點，平面，
的軌跡是線段，
如圖，以D為原點，為軸建立空間之間坐標系，設正方體棱長為2
則，，，，
由于在線段上，設，且
所以
則 ，又
所以
由于，所以
所以異面直線與所成角的取值范圍.
故選：C.
3．A
【分析】以點為原點建立空間直角坐標系，設，利用向量法求解即可.
【詳解】如圖，以點為原點建立空間直角坐標系，
設，不妨設，
則，
故，
，
設平面的法向量為，
則，可取，
則，
所以，
當時，，
當時，，
當，即時，，
綜上所述，的最小值是.
故選：A.
4．C
【分析】構建空間直角坐標系，令，結合線面角大小及向量法列方程求參數，最后利用棱柱體積公式求體積.
【詳解】由題設，構建如下空間直角坐標系，令，
則，所以，
又面的法向量為，
由與平面所成的角為，則，
所以，可得，則，
所以該長方體的體積為.
故選：C
5．C
【分析】將兩個單位正方體疊放在一起可構造模型，確定三個平面的位置后，由線面垂直可得兩個平面的法向量，根據法向量夾角可確定所求角的余弦值.
【詳解】如圖，把兩個單位正方體疊放在一起，

平面，平面，平面分別代表第一，二，三個平面，
四邊形為正方形，，
平面，平面，，
，平面，平面；
同理可得：平面；
平面的法向量為，平面的法向量為，
，，
，，即與的夾角為，
所求銳二面角的大小的余弦值是.
故選：C．
6．C
【分析】構建以A為原點，射線AB、AD、AP為x、y、z軸正方向的空間直角坐標系，由題設標注相關點的坐標，進而求平面、平面的法向量，根據空間向量垂直的坐標表示求參數.
【詳解】由題意，可構建以A為原點，射線AB、AD、AP為x、y、z軸正方向的空間直角坐標系，
所以，
則，
，
若是面一個法向量，
則，
可得，
若是面一個法向量，
則，
可得，
由面面，
所以有，
解得，
故選：C.
7．AD
【分析】通過證明平面，可得A正確；以為原點，分別為軸建立空間直角坐標系，利用空間向量計算可得B不正確，C不正確，D正確.
【詳解】在等腰梯形中，因為，
根據平面幾何知識可得，，，
在直棱柱中，平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
因為平面，所以，故A正確；
因為兩兩垂直，所以以為原點，分別為軸建立空間直角坐標系，
設，則，，，，，，，，
，，，
，則，故B不正確；
，
令，則，
所以當，時，取得最小值，則，
根據平面向量夾角的范圍可知，的最大值為，故C不正確；
當時，，，，
所以，又與不相交，所以，故D正確.
故選：AD
8．ACD
【分析】由題意分別畫出圖形，再逐項解決線面垂直、截面面積、距離最值和軌跡問題即可.
【詳解】對于A，如下圖所示，連接，
因為點是線段的中點，所以點也是線段的中點，
所以平面即為平面.
根據正方體的性質，平面，平面，
所以，
又因為，平面，平面，
所以平面，所以與重合時，平面，故A正確；
對于B，如下圖所示，取的中點，
根據分別為的中點，易得，
所以四點共面，
所以截面為四邊形，且該四邊形為等腰梯形.
又因為，
所以等腰梯形的高為，
所以截面面積為，故B錯誤；
對于C，如圖建立空間直角坐標系，
由圖可得，，所以，
設，所以，
所以點到直線的距離，
所以時，距離最小，最小為，故C正確；
對于D，如圖所示，取的中點，連接，
易得平面，
又因為平面，所以，
所以，
則點在側面內的運動軌跡為以為圓心，半徑為2的劣弧，圓心角為，
所以點的軌跡長度為，故D正確.
故選：ACD.
9．
【分析】由題意建立空間直角坐標系可得當在上時，滿足，求得的長；當為內的動點（含邊界）時，再取中點，，再過作，可證平面，得到的軌跡，求解三角形可得點的軌跡的長度．
【詳解】因為平面，平面，所以，又，所以，
又平面，所以平面，過，如圖建立空間直角坐標系，
則，設，所以，則
①當在上時，設，因為，所以，故，則
所以；
②為內的動點（含邊界）時，如圖，取中點，過作，垂足為
由①可得，又，平面，所以平面，因為平面，所以
即在線段上運動時，，
點的軌跡為線段．
則．
故答案為：；.
10．②③④
【分析】將圖形補全為一個正方體，以點為坐標原點，、、所在的直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可判斷各選項的正誤.
【詳解】由題意可將圖形補全為一個正方體，如圖所示：
以點為坐標原點，、、所在的直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，
則、、、、、，，
設點，其中，
對于①，，，設平面，
則，即，
取x=1，則，可得，
設平面，，，
則，即，
取，則，可得，
若平面平面CEG，則，解得：，
所以存在使得平面平面CEG，故①錯誤；
對于②，，若平面CEG，
則，即，
即，故，故存在點H，使得平面CEG，故②正確；
對于③，，
所以點H到平面CEG的距離為，
，
因為，所以，所以，
，所以，
所以不存在點H，使得點H到平面CEG的距離大于，故③正確；
對于④，，，則直線與平面CEG的所成角為，
所以，
，整理可得，
因為函數在時的圖象是連續的，
且，，
所以，存在，使得，
所以，存在點，使得直線與平面CEG的所成角的余弦值為，④正確.
故答案為：②③④.
【點睛】方法點睛：計算線面角，一般有如下幾種方法：
（1）利用面面垂直的性質定理，得到線面垂直，進而確定線面角的垂足，明確斜線在平面內的射影，即可確定線面角；
（2）在構成線面角的直角三角形中，可利用等體積法求解垂線段的長度，從而不必作出線面角，則線面角滿足（l為斜線段長），進而可求得線面角；
（3）建立空間直角坐標系，利用向量法求解，設為直線的方向向量，為平面的法向量，則線面角的正弦值為.
11．
【分析】以為坐標原點，建立空間直角坐標系，求得對應點的坐標，設出未知點的坐標，利用向量法求線面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可.
【詳解】連接，過作垂直于的延長線于點，以為坐標原點，建立空間直角坐標系如下所示：
在三角形中，因為，
故，則，
則，，故點；
又，設點，由，則可得；
，
設平面的法向量，
則，即，取，則，
故平面的法向量，又，
設直線與平面所成角為，
則
因為，且，故令，
則
又，故，，也即，
故的最大值為，又，故的最小值為.
即直線與平面所成角的余弦值的最小值為.
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：本題用向量法處理線面角的求解，結合問題的關鍵一是，能夠準確求得的坐標，二是能夠根據，求得的范圍；屬綜合困難題.
12．(1)證明見解析；
(2)或
【分析】（1）依題意可得，利用余弦定理求出，即可得到，從而得證；
（2）以為軸，軸，過作平面的垂線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，利用余弦定理求出，即可求出點坐標，求出平面的法向量，設，表示出點坐標，利用空間向量法求出線面角的正弦值，即可求出，再由坐標法求模即可.
【詳解】（1）由題意知為等腰直角三角形，又為的中點，
所以，，，
由，解得，
當時，有，即，
而平面，故平面；
（2）以為軸，軸，過作平面的垂線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
又，
所以
所以，，所以，

于是，
設平面的法向量為，
則，不妨取，解得，
設，則，，
因為為中點，為中點，所以，
又平面，平面，所以平面，
平面和平面的交線為，平面，
所以，又為上異于的一點，所以，即與共線，
設為，則，
故，
因此.
設直線與平面所成角為，
則，
化簡得，解得或，
當時，則，
當時，則，
因此或.
13．(1)圖形見解析
(2)（1）中的平面與線段的交點在靠近點的四等分點處
(3)存在，
【分析】（1）取的中點，連接，延長交于點，連接并延長交于點，連接，即可得解；
（2）先證明，再利用相似比求解即可；
（3）以點為坐標原點建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可.
【詳解】（1）如圖，取的中點，連接，延長交于點，
連接并延長交于點，連接，
取的中點，連接，則且，
故，所以，
又因為，所以，
所以，所以，
所以且，
所以四邊形為平行四邊形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
因為分別為的中點，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，
又平面，
所以平面即為平面；
（2）又（1）得，點在線段上靠近點的四等分點處，
即（1）中的平面與線段的交點在靠近點的四等分點處；
（3）如圖所示，以點為坐標原點建立空間直角坐標系，
不妨設，則，
設，
則故，
設平面的法向量為，
則有，可取，
設平面的法向量為，
則有，可取，
則，解得，此時，
所以存在，.
14．(1)；
(2).
【分析】（1）以O為原點建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，再利用點到平面距離的向量求法求解即得.
（2）由向量共線求出向量的坐標，再利用線面角的向量求法列出函數關系，并求出函數的值域即可.
【詳解】（1）依題意，平面ABC，(底面為正三角形)，且，
以O為原點，的方向分別為軸的正方向，建立空間直角坐標系，如圖，
則，
，，，
由，平面，平面，則平面，
即點P到平面的距離等于點到平面的距離，
設為平面的一個法向量，由，取，得，
因此點到平面的距離，
所以點P到平面的距離為．
（2）設，，
則，
由，得為平面的一個法向量，設直線與平面所成角為，
則，
令，則，，
則，
由，得，于是，，則，
所以直線與平面所成角的正弦值的取值范圍是.
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7.2用空間向量解決立體幾何
【備考指南】 1
【知識導圖】 3
【考點梳理】 6
考點一：線面角的向量求法 6
考點二：已知線面角求其他量 8
考點三：面面角的向量求法 10
考點四：已知面面角求其他量 12
考點五：空間距離的向量求法 14
考點六：立體幾何中的折疊、探究 16
【真題在線】 18
【專項突破】 21
考點 考情分析 考頻
空間幾何體的表面積、體積 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年全國乙卷T3 2023年全國乙卷T8 2022年新高考Ⅰ卷T4 2022年新高考Ⅱ卷T11 2022年全國甲卷T4 2022年全國甲卷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
球與多面體的切接 2023年全國乙卷T16 2022年新高考Ⅰ卷T8 2022年新高考Ⅱ卷T7 2022年全國乙卷T9 2021年全國甲卷T11 3年5考
線面位置關系 2023年全國乙卷T9 2022年新高考Ⅰ卷T9 2022年全國甲卷T7 2022年全國乙卷T7 2021年新高考Ⅱ卷T10 2021年全國乙卷T5 3年6考
空間角與線面位置關系綜合 2023年新高考Ⅰ卷T18 2023年新高考Ⅱ卷T20 2023年全國甲卷T18 2023年全國乙卷T19 2022年新高考Ⅰ卷T19 2022年新高考Ⅱ卷T20 2022年全國甲卷T18 2022年全國乙卷T18 2021年新高考Ⅱ卷T19 2021年全國甲卷T19 2021年全國乙卷T18 3年11考
立體幾何綜合 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
最短距離、截面、截線 2023年新高考Ⅱ卷T14 2023年全國甲卷T15 1年2考
預測：用空間向量解決立體幾何問題是每年必考的內容，主要是在解答題中考察空間角、空間距離，相比于幾何法解決空間角問題，更多的學生選擇用向量法解決，少部分基礎好的同學選擇用幾何法解決問題.具體選擇用什么方法取決于學生的實際情況.建議在復習時加強練習.
考點一：線面角的向量求法
【典例精析】（多選）（2024·福建莆田·三模）如圖，在邊長為4的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F分別是棱B1C1，C1D1的中點，P是正方形A1B1C1D1內的動點，則下列結論正確的是（ ）
A．若DP∥平面CEF，則點P的軌跡長度為
B．若AP=，則點P的軌跡長度為
C．若AP=，則直線AP與平面CEF所成角的正弦值的最小值是
D．若Р是棱A1B1的中點，則三棱錐的外接球的表面積是
【變式訓練】
一、單選題
1．（23-24高二上·全國·期中）PA，PB，PC是從點P引出的三條射線，每兩條的夾角均為，則直線PC與平面PAB所成角的余弦值為（　　）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2024·全國·模擬預測）如圖，正方體的棱長為2，分別為棱，的中點，為線段上的動點，則（ ）

A．對任意的點，總有
B．存在點，使得平面平面
C．線段上存在點，使得
D．直線與平面所成角的余弦值的最小值為
三、填空題
3．（2024·全國·模擬預測）在棱長為2的正方體中，動點，分別在棱，上，且滿足，當的體積最小時，與平面所成角的正弦值是 ．
四、解答題
4．（2024·湖南永州·三模）如圖，在多面體中，底面為直角梯形，，，平面，.
(1)證明：；
(2)若，，且多面體的體積為，求直線與平面所成角的正弦值.
5．（2024·安徽馬鞍山·三模）如圖，在四面體中，，，兩兩垂直，，是線段的中點，是線段的中點，點在線段上，且．
(1)求證：平面；
(2)若點在平面內，且平面，求直線與平面所成角的正弦值．
考點二：已知線面角求其他量
【典例精析】（多選）（2022·全國·模擬預測）如圖，在棱長為1的正方體中，P為棱的中點，Q為正方形內一動點(含邊界)，則下列說法中正確的是( )
A．若平面，則動點Q的軌跡是一條線段
B．存在Q點，使得平面
C．當且僅當Q點落在棱上某點處時，三棱錐的體積最大
D．若，那么Q點的軌跡長度為
【變式訓練】
一、單選題
1．（2023·吉林通化·二模）已知四棱錐的底面為平行四邊形，，，，平面ABCD，直線PD與平面PAC所成角為，則（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（22-23高二上·重慶·階段練習）在正方體中，，點P滿足，其中，則下列結論正確的是（ ）
A．當平面時，不可能垂直
B．若與平面所成角為，則點P的軌跡長度為
C．當時，正方體經過點、P、C的截面面積的取值范圍為[，]
D．當時，的最小值為
三、填空題
3．（2021·山東濟南·模擬預測）正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E為AB的中點，點F滿足，動點M在側面AA1D1D內運動，且MB∥平面D1EF，則|MD|的取值范圍是 ．
四、解答題
4．（2024·山東濟南·二模）如圖，在四棱錐中，四邊形ABCD 為直角梯形，AB∥CD， ，平面平面ABCD，F為線段BC的中點，E為線段PF上一點.
(1)證明：；
(2)當EF為何值時，直線BE 與平面PAD夾角的正弦值為.
5．（2024·山西·二模）如圖，四棱錐中，二面角的大小為，，，是的中點.

(1)求證：平面平面；
(2)若直線與底面所成的角為，求二面角的余弦值.
考點三：面面角的向量求法
【典例精析】（多選）（2024·河北承德·二模）如圖，在正四棱柱中，是棱的中點，為線段上的點（異于端點），且，則下列說法正確的是（ ）

A．是平面的一個法向量
B．
C．點到平面的距離為
D．二面角的正弦值為
【變式訓練】
一、單選題
1．（2024·內蒙古包頭·一模）如圖，底面是邊長為2的正方形，半圓面底面，點為圓弧上的動點．當三棱錐的體積最大時，二面角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2024·寧夏固原·一模）在正方體中，分別為棱的中點，則（ ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面平面
三、填空題
3．（2024·北京房山·一模）如圖，在棱長為1的正方體中，點P是對角線上的動點（點P與點A，不重合）．給出下列結論：
①存在點P，使得平面平面；
②對任意點P，都有；
③面積的最小值為；
④若是平面與平面的夾角，是平面與平面的夾角，則對任意點P，都有．其中所有正確結論的序號是 ．
四、解答題
4．（2024·山東泰安·三模）如圖，在四棱錐中，，.

(1)證明：平面平面；
(2)在棱上是否存在點，使得平面與平面夾角的正弦值為？若存在，求的值；若不存在，請說明理由.
5．（2024·四川內江·三模）如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，且，，平面平面.
(1)求證：平面平面；
(2)若PD與平面所成的角為30°，求平面與平面所成角的正弦值.
考點四：已知面面角求其他量
【典例精析】（多選）（2023·湖北·模擬預測）在正四棱柱中，已知，為棱上的動點（不含端點），則（ ）
A．存在某個位置，使得
B．存在某個位置，使得平面平面
C．設，若，則
D．設，與相交于點，則當最小時，
【變式訓練】
一、單選題
1．（2023·陜西安康·一模）如圖，在多面體中，底面為菱形，平面，，，點M在棱上，且，平面與平面的夾角為，則下列說法錯誤的是（ ）
A．平面平面 B．
C．點M到平面的距離為 D．多面體的體積為
二、多選題
2．（2023·廣東佛山·二模）四面體中，，，，，，平面與平面的夾角為，則的值可能為（ ）
A． B． C． D．
三、填空題
3．（2022·天津河西·模擬預測）如圖，在三棱柱中，平面，，，，分別是，的中點.
（1）直線與平面所成角的正切值為 ；
（2）直線到平面的距離為 ；
（3）已知點在棱上，平面與平面所成二面角為60°則線段的長為 .
四、解答題
4．（2024·河南周口·模擬預測）在矩形中，，為邊上的中點．將沿翻折，使得點到點的位置，且滿足平面平面，連接，，．
(1)求證：平面平面．
(2)在線段上是否存在點，使得二面角的余弦值為？若存在，求出點位置；若不存在，說明理由．
5．（2024·全國·模擬預測）如圖，在中，．D，E分別為邊上的中點，現將以為折痕折起，使點A到達點的位置．

(1)連接，證明：;
(2)若平面與平面所成二面角的大小為，求直線與平面所成角的正弦值．
考點五：空間距離的向量求法
【典例精析】（多選）（2024·山東·二模）如圖，在直三棱柱中，，分別為棱上的動點，且，，，則（ ）
A．存在使得
B．存在使得平面
C．若長度為定值，則時三棱錐體積最大
D．當時，直線與所成角的余弦值的最小值為
【變式訓練】
一、單選題
1．（2024·河北滄州·二模）已知四面體滿足，則點到平面的距離為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2024·廣東梅州·二模）如圖，平面，，M為線段AB的中點，直線MN與平面的所成角大小為30°，點P為平面內的動點，則（ ）
A．以為球心，半徑為2的球面在平面上的截痕長為
B．若P到點M和點N的距離相等，則點P的軌跡是一條直線
C．若P到直線MN的距離為1，則的最大值為
D．滿足的點P的軌跡是橢圓
三、填空題
3．（2024·河南·一模）三棱錐中，，，，，點M，N分別在線段，上運動.若二面角的大小為，則的最小值為 .
四、解答題
4．（2024·江西宜春·模擬預測）如圖1，在平面四邊形中，是邊長為4的等邊三角形，，，為SD的中點，將沿AB折起，使二面角的大小為，得到如圖2所示的四棱錐，點滿足，且．
(1)證明：當時，平面；
(2)求點D到平面的距離；
(3)若平面與平面夾角的余弦值為，求的值．
5．（2024·吉林·模擬預測）如圖，在四棱錐中，平面，為中點，點在梭上（不包括端點）.
(1)證明：平面平面；
(2)若點為的中點，求直線到平面的距離.
考點六：立體幾何中的折疊、探究
【典例精析】（多選）（2023·河北秦皇島·模擬預測）在長方體中，，點在底面的邊界及其內部運動，且滿足，則下列結論正確的是（ ）
A．若點滿足，則
B．點到平面的距離范圍為
C．若點滿足，則不存在點使得
D．當時，四面體的外接球體積為
【變式訓練】
一、單選題
1．（23-24高二上·北京豐臺·期中）正多面體也稱柏拉圖立體，被譽為最有規律的立體結構，是所有面都只由一種正多邊形構成的多面體（各面都是全等的正多邊形）. 數學家已經證明世界上只存在五種柏拉圖立體，即正四面體、正六面體、正八面體、正十二面體、正二十面體. 如圖，已知一個正八面體的棱長為2，，分別為棱，的中點，則直線和夾角的余弦值為（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
2．（2021·湖南·三模）如圖，在平行四邊形中，，，，沿對角線將折起到的位置，使得平面平面，下列說法正確的有（ ）
A．平面平面
B．三棱錐四個面都是直角三角形
C．與所成角的余弦值為
D．過的平面與交于，則面積的最小值為
三、解答題
3．（2023·福建廈門·模擬預測）箏形是指有一條對角線所在直線為對稱軸的四邊形．如圖，四邊形為箏形，其對角線交點為，將沿折到的位置，形成三棱錐．

(1)求到平面的距離；
(2)當時，在棱上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，求的值；若不存在，請說明理由．
4．（23-24高三上·河北·期末）如圖所示，直角梯形PABC中，，，D為PC上一點，且，將PAD沿AD折起到SAD位置．
(1)若，M為SD的中點，求證：平面AMB⊥平面SAD；
(2)若，求平面SAD與平面SBC夾角的余弦值．
5．（2018·江西·二模）如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，，，，.
（1）求證：平面平面；
（2）若，試判斷棱上是否存在與點不重合的點，使得直線與平面所成角的正弦值為，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
一、解答題
1．（2023·全國·高考真題）如圖，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距離為1．

(1)證明：；
(2)已知與的距離為2，求與平面所成角的正弦值．
2．（2023·全國·高考真題）如圖，在三棱錐中，，，，，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，，點F在AC上，.

(1)證明：平面；
(2)證明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
3．（2022·全國·高考真題）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點．

(1)證明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
4．（2022·全國·高考真題）在四棱錐中，底面．
(1)證明：；
(2)求PD與平面所成的角的正弦值．
5．（2021·全國·高考真題）在四棱錐中，底面是正方形，若．
（1）證明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
6．（2021·全國·高考真題）如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，，為的中點，且．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
一、單選題
1．（2024高三下·全國·專題練習）如圖，正三棱錐的高為2，，E，F分別為MB，MC的中點，則異面直線AE與BF所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·山東濱州·二模）在正方體中，是棱的中點，是底面內（包括邊界）的一個動點，若平面，則異面直線與所成角的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·四川雅安·一模）如圖，在正方體中，點是線段上的動點（含端點），點是線段的中點，設與平面所成角為，則的最小值是（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·四川甘孜·一模）在長方體中，分別是為和的中點，與平面所成的角為，則該長方體的體積為（ ）
A． B．6 C． D．
5．（2023·湖北·三模）如圖，把一個長方形的硬紙片沿長邊所在直線逆時針旋轉得到第二個平面，再沿寬邊所在直線逆時針旋轉得到第三個平面，則第一個平面和第三個平面所成的銳二面角大小的余弦值是（ ）

A． B． C． D．
6．（2021·上海浦東新·模擬預測）已知梯形如圖（1）所示，其中，為線段的中點，四邊形為正方形，現沿進行折疊，使得平面平面，得到如圖（2）所示的幾何體．已知當上一點滿足時，平面平面，則的值為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
7．（2023·安徽安慶·二模）如圖，在直四棱柱中，分別為側棱上一點，，則（ ）
A． B．
C．的最大值為 D．當時，
8．（2024·山西晉城·二模）如圖，在棱長為2的正方體中，點P是側面內的一點，點E是線段上的一點，則下列說法正確的是（ ）
A．當點P是線段的中點時，存在點E，使得平面
B．當點E為線段的中點時，過點A，E，的平面截該正方體所得的截面的面積為
C．點E到直線的距離的最小值為
D．當點E為棱的中點且時，則點P的軌跡長度為
三、填空題
9．（2023·河南開封·模擬預測）在如圖所示的三棱錐中，平面，，，，為中點，為內的動點（含邊界），且.當在上時， ；點的軌跡的長度為 .
10．（2024·北京通州·二模）如圖，幾何體是以正方形ABCD的一邊BC所在直線為旋轉軸，其余三邊旋轉90°形成的面所圍成的幾何體，點G是圓弧的中點，點H是圓弧上的動點，，給出下列四個結論：
①不存在點H，使得平面平面CEG；
②存在點H，使得平面CEG；
③不存在點H，使得點H到平面CEG的距離大于；
④存在點H，使得直線DH與平而CEG所成角的正弦值為．
其中所有正確結論的序號是 ．
11．（2024·河北滄州·一模）如圖，已知點是圓臺的上底面圓上的動點，在下底面圓上，，則直線與平面所成角的余弦值的最小值為 ．
四、解答題
12．（2024·河北承德·二模）如圖1，在直角中，為中點，，取中點，連接，現把沿著翻折，形成三棱錐如圖2，此時，取中點，連接，記平面和平面的交線為為上異于的一點.

(1)求證：平面；
(2)若直線與平面所成角的正弦值為，求的長度.
13．（2024·貴州遵義·三模）如圖，在多面體中，四邊形為正方形，，且，M為中點．
(1)過M作平面，使得平面與平面的平行（只需作圖，無需證明）
(2)試確定（1）中的平面與線段的交點所在的位置；
(3)若平面，在線段是否存在點P，使得二面角的平面角為余弦值為，若存在求出的值，若不存在，請說明理由．
14．（2024·遼寧·二模）棱長均為2的斜三棱柱中，在平面ABC內的射影O在棱AC的中點處，P為棱（包含端點）上的動點．
(1)求點P到平面的距離；
(2)若平面，求直線與平面所成角的正弦值的取值范圍．
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