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專題01 空間角度與距離歸類
【題型一】線面角基礎
【典例分析】
如圖，在四棱錐中，是邊長為2的正三角形，，，，，，，分別是線段，的中點．
(1)求證：平面；(2)求證：平面平面；
(3)求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)
【分析】（1）取中點，連，，由線面平行的判定定理可得平面，平面，再由面面平行的判定定理可得平面平面及性質定理可得答案；
（2）過作交于，利用得，由線面垂直的判定定理可得平面，面面垂直的判定定理可得答案；
（3）以為原點建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，由線面角的向量求法可得答案.
（1）如圖，取中點，連，，∵為中位線，∴，又平面，平面，∴平面，同理，在梯形中，，又平面，平面，∴平面，且平面，平面，，∴平面平面，又平面，所以平面．
（2）如上圖，在四邊形中，過作交于，在中，得，，，則，得，∵，∴， 又由已知條件，，平面，故平面，又平面，∴平面平面．
（3）∵為等腰三角形，∴，又因為平面，以為原點建立空間直角坐標系，如圖：可得，，，，，，，設平面的法向量為，，，根據(jù)，得，解得，，設直線與平面所成角為，則，故直線與平面所成角的正弦值．
【提分秘籍】 基本規(guī)律 直線與平面所成的角（射影角，也是夾角，）
【變式訓練】
如圖，在四棱錐中，底面為菱形，，分別為，的中點，
(1)證明：平面.
(2)若平面，，且，求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）取的中點，利用線面平行的判定定理即可證明；
（2）建立空間直角坐標系，寫出各點的坐標，求出平面的法向量，再求線面角.
（1）證明：取的中點，連接，.因為，分別為，的中點，所以，，又底面為菱形，所以，所以，，所以四邊形為平行四邊形，所以.又平面，平面，所以平面.
（2）因為平面，，所以以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系.因為，所以，，，，則，，，設平面的法向量，則，令，得，設直線與平面所成的角為，則
【題型二】二面角基礎
【典例分析】
如圖，在四棱錐中，是直角三角形，，四邊形是等腰梯形，，，.
(1)證明：；
(2)若平面平面，求平面與平面的夾角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）取AB中點E，取AE中點F，由題可得，，進而可得平面DFP，即得；
（2）建立空間直角坐標系，利用面面角的向量求法即得.
（1）如圖，取AB中點E，連接DE，EP，取AE中點F，連接DF，F(xiàn)P，由題意可知，和為全等的等邊三角形.因為，，且，所以平面DFP，又因為平面DFP，所以.
（2）因為平面平面，且，所以平面.以為坐標原點，，，的方向分別為 x 軸，y 軸，z 軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，平面的一個法向量.設平面的一個法向量，則，即，可取，所以，所以平面與平面的夾角的正弦值為.
【提分秘籍】 基本規(guī)律 二面角（法向量的方向角，） 判斷正負方法： 觀察法； 同進同出互補，一進一出相等；
【變式訓練】
如圖所示，四棱錐中，平面平面，底面是邊長為2正方形，，與交于點，點在線段上.
(1)求證：平面；(2)若平面，求二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】
（1）根據(jù)面面垂直性質定理得平面，進而證明，再根據(jù)集合關系證明即可證明結論；
（2）根據(jù)題意，為的中點，進而以分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，利用坐標法求解即可；
（1）證明：因為平面平面且交線為，又平面且，所以平面，又平面，所以.因為是邊長為2正方形，所以，又，所以，即，又因為，平面，所以平面.
（2）解：因為平面，平面，平面平面，所以，因為為的中點，所以為的中點，以分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，則有，易得平面的一個法向量為，設平面的一個法向量為，則，取，則，設平面與平面所成夾角為，則，所以平面與平面所成夾角的余弦值為.
【題型三】異面直線所成的角
【典例分析】
如圖所示，是棱長為1的正方體.
(1)設的重心為O，求證：直線平面；
(2)設E F分別是棱 上的點，且，M為棱的中點，若異面直線與EF所成的角的余弦值為，求a的值.
【答案】(1)證明見解析；(2)．
【分析】
（1）由正方體性質證明平面，與平面的交點即為重心，從而證得結論成立；
（2）建立空間直角坐標系，用空間向量法求異面直線所成的角，從而求得值．
(1)
設，連接，
首先平面，平面，則，
又，，平面，
所以平面，而平面，所以，
同理，，平面，所以平面，連接交于，
因為，所以是等邊的中心也是重心，所以平面，
(2)如圖，以為軸建立空間直角坐標系，則，，，
，，由題意，
解得：（負值舍去）．
【提分秘籍】 基本規(guī)律 （1）、異面直線夾角（平移角，也是銳角和直角）
【變式訓練】
如圖，在直三棱柱中，，．，為的中點．
(1)求證：平面；
(2)求異面直線與所成角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【分析】
（1）設與的交點為，連接，由三角形中位線定理可證得，從而可得平面；
（2）由可得為與所成的角（或其補角），在中，解三角形可求得，即為所求．
(1)
證明：設與的交點為，連接，
∵四邊形為正方形，∴ 是的中點，又是的中點，
∴．又平面，平面，∴平面．
(2)解：∵，∴為與所成的角（或其補角）．
在中，，∴．∴異面直線與所成角的余弦值為．
【題型四】給角求角（值）1：線面角
【典例分析】
如圖，在四棱錐中，底面，，，，，為棱的中點，是線段上一動點.
(1)求證：平面平面；
(2)若直線與平面所成角的正弦值為時，求二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】
（1）證明出平面，利用面面垂直的判定定理可證得結論成立；
（2）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，其中，利用已知條件求出的值，然后利用空間向量法可求得二面角的余弦值.
(1)證明：因為，，則，平面，平面，，
，、平面，平面，平面，因此，平面平面.
(2)解：因為底面，，
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，
則、、、、、，
設，，其中，
易知平面的一個法向量為，
由已知可得，解得，
所以，為的中點，即，設平面的法向量為，，，
則，取，可得，易知平面的一個法向量為，所以，，由圖可知，二面角的平面角為鈍角，
故二面角的余弦值為.
【變式訓練】
如圖，垂直于梯形所在平面，，為中點，，，四邊形為矩形．
(1)求證：平面；
(2)求二面角的大小；
(3)在線段上是否存在一點，使得與平面所成角的大小為？若存在，求出的長；若不存在，說明理由．
【答案】(1)證明見解析(2)(3)存在，
【分析】
（1）首先以點為原點，建立空間直角坐標系，求平面的法向量，利用，即可證明線面垂直；
（2）分別求平面和的法向量和，利用公式，即可求解；
（3）首先利用向量共線，設點，利用線面角的向量公式，即可求得的值.
(1)
證明：以為原點，以，，所在直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，
由題意得，，，，，，，，
則，平面的一個法向量，，，
由，取，得，，
，平面；
(2)設平面的一個法向量，，，由，取，解得設平面的一個法向量，
由圖可知二面角為銳二面角，二面角的大小為；
(3)設存在點滿足條件，由，，設，
整理得，，直線與平面所成角的大小為，
，
則，由，得，即點和點重合，
故在線段上存在一點，且．
【題型五】給角求角（值）2：二面角
【典例分析】
如圖， 四棱錐中，底面為矩形，平面， 點在線段上.
(1)若為的中點， 證明：平面；
(2)若，，若二面角的大小為，試求的值.
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】
（1）連接交于，連接，利用中位線的性質可得出，再利用線面平行的判定定理可證得結論成立；
（2）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，其中，利用空間向量法可得出關于的等式，結合的取值范圍可求得的值，即可得解.
（1）證明：連接交于，連接，因為四邊形為矩形，為的中點，又因為為的中點，則，因為平面，平面，因此，平面.
（2）解：由題設平面，四邊形為矩形，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，平面，平面，，所以，，則、、、，設，其中，則，，設平面的法向量為，則，取，可得，易知平面的一個法向量為，由題可得，因為，解得，此時.
【變式訓練】
如圖，在四棱錐中，，，，，，，都在平面的上方.
(1)證明：平面平面；
(2)若，且平面CDE與平面ABE所成銳二面角的余弦值為，求四棱錐的體積.
【答案】(1)證明見解析.
(2)2
【分析】
(1)先證平面，再證明平面平面.
(2)設AD長為t，建立空間直角坐標系，計算兩個待求平面的法向量，代入公式求出t的值，然后計算四棱錐的體積.
(1)
，又
所以 ， ，所以平面，
又平面
所以，平面平面.
(2)
因為 ，結合(1)問易得 兩兩互相垂直，所以建立如圖所示的坐標系
設AD=t ，則： ， ，
所以 ， ，設平面的法向量為
由 得 令 則 又平面ABE所以取平面ABE的法向量為
解得 或 (舍).即 ，所以四邊形ABCD的面積 ，由題知 ， ，平面ABCD
所以BE為四棱錐 的高，所以四棱錐的體積為
.故四棱錐的體積為2.
【題型六】探索性動點型1：線面角
【典例分析】
如圖，在長方體中，，，E是線段上的動點．
(1)求證：；
(2)是否存在點E，使得直線AC與平面所成角為45°，若存在，求出DE的長；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)證明見解析(2)存在，.【解析】
【分析】
（1）利用線面垂直的性質定理進行證明.
（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量求解.
（1）如圖，連接，DB，在長方體中，∵底面ABCD，底面ABCD，∴．又，，∴平面，又平面，
（2）假設存在這樣的點E，使得直線AC與平面所成角為45°．設，如圖，以D為原點，直線DA，DC，分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，則，，，，．∴，，．設平面的法向量為，則令，則，．∴平面的一個法向量為．∴，解得．∴存在這樣的點E，當時，直線AC與平面所成角為45°．
【變式訓練】
在四棱錐中，已知，，，，，，是上的點．
(1)求證：底面；
(2)是否存在點使得與平面所成角的正弦值為？若存在，求出該點的位置；不存在，請說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，點為上靠近點的三等分點
【分析】
（1）首先證明面，再結合線面垂直的判斷定理，證明面；
（2）以為原點，建立空間直角坐標系，求平面的法向量，利用，即可求得的值.
(1)
在中：，，所以.
在中：，，，
由余弦定理有：
，所以，所以①
又因為②，由①②，，所以面，所以③.
在中：，，，所以④，由③④，，所以面.
(2)
以為原點，以，，豎直向上分別為、、軸建立直角坐標系.則有，，，，，設，則，，，設為面的法向量，
則有：，解得，設所求線面角為，則有，解得，所以.所以點為上靠近點的三等分點，滿足條件.
【題型七】探索性動點型2：二面角
【典例分析】
如圖，在四棱錐中，四邊形是矩形，是等邊三角形，平面平面，，為棱上一點，為的中點，四棱錐的體積為.
（1）若為棱的中點，是的中點，求證：平面平面；
（2）是否存在點，使得平面與平面所成的銳二面角的余弦值為？若存在，確定點的位置；若不存在，請說明理由.
【答案】（1）證明見解析；（2）存在，點位于的靠近點的三等分點.
【分析】
（1）根據(jù)面面平行的判定定理，即可證明結論成立；
（2）假設存在點滿足題意，根據(jù)題中條件，先求出的長，再以為坐標原點，所在直線為軸，過點與平行的直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系，得到，，，，設，分別表示出平面與平面的一個法向量，根據(jù)向量夾角余弦值，求出，即可得出結果.
【詳解】（1）證明：因為、分別是、的中點，所以，
在矩形中，，所以，又因為、分別是、的中點，所以，
又因為，，平面，平面，
所以平面平面.
（2）解：假設棱上存在點滿足題意.在等邊三角形中，為的中點，于是，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，所以是四棱錐的高，設，則，，
所以，
所以，
以為坐標原點，所在直線為軸，過點與平行的直線為軸，所在直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.則，，，，設，
，，
設平面的一個法向量為，有，令，則，
易知平面的一個法向量，
所以，因為，所以，
所以存在點，位于的靠近點的三等分點.
【變式訓練】
如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，且正方形ABCD邊長為2，PA⊥平面ABCD，PA=AB，E為線段PB的中點，F(xiàn)為線段BC上的動點.
（1）求證：AE⊥平面PBC；
（2）試確定點F的位置，使平面AEF與平面PCD所成的銳二面角為30°.
【答案】（1）證明見解析；（2）點F為BC中點.
【分析】
（1）先根據(jù)線面垂直性質與判定定理得AE⊥BC，再根據(jù)等腰三角形性質得AE⊥PB，最后根據(jù)線面垂直判定定理得結果；
（2）先建立空間直角坐標系，利用F坐標，結合空間向量數(shù)量積求二面角，再根據(jù)條件列方程解得結果.
【詳解】
（1）∵PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD，∴PA⊥BC，∵ABCD為正方形，∴AB⊥BC，
又PA∩AB=A，PA，AB平面PAB，∴BC⊥平面PAB，∴AE平面PAB，
∴AE⊥BC，∵PA=AB，E為線段PB的中點，∴AE⊥PB，又PB∩BC=B，PB，BC平面PBC，
∴AE⊥平面PBC；
（2）以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz，
設正方形ABCD的邊長為2，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，
D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(1，0，1)，
∴，，，設F(2，λ，0)(0≤λ≤2)，∴，
設平面AEF的一個法向量為，則，∴，
令y1=2，則，∴，設平面PCD的一個法向量為，
則，∴，令y2=1，則，∴
∵平面AEF與平面PCD所成的銳二面角為30°，∴，解得λ=1，
∴當點F為BC中點時，平面AEF與平面PCD所成的銳二面角為30°.
【題型八】翻折中的角度
【典例分析】
如圖（一）四邊形ABCD是等腰梯形，，，，，過D點作，垂足為E點，將沿DE折到位置如圖（二），且．
(1)證明：平面平面EBCD；
(2)已知點P在棱上，且，求二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】
（1）根據(jù)勾股定理證明，再根據(jù)線面垂直的判定證明面EBCD，進而得到平面平面EBCD；
（2）以E為坐標原點，建立空間直角坐標系，分別求得平面和平面的法向量，根據(jù)面面角的向量求法求解即可
(1)
證明：在等腰梯形ABCD中，，∴，∴
，，，∴，，
在中，知，∵，∵，∴
，EC，面EBCD，，∴面EBCD
∵面，∴面面EBCD
(2)由（1）知面EBCD，∴以E為坐標原點，建立如圖所示空間直角坐標系
∴，，，
設∵，∴，∴，∴設是面CEP的法向量，
∴，∴，令，∴，，
設是面DEP的法向量，∴，∴，∴
令，∴，，
由圖知，二面角的余弦值為銳二面角，余弦值
【變式訓練】
如圖1，在等邊中，點D，E分別為邊AB，AC上的動點且滿足，記.將△ADE沿DE翻折到△MDE的位置并使得平面MDE⊥平面DECB，連接MB，MC得到圖2，點N為MC的中點．
(1)當EN∥平面MBD時，求λ的值；
(2)試探究：隨著λ值的變化，二面角B MD E的大小是否改變？如果改變，請說明理由；如果不改變，請求出二面角的正弦值大小．
【答案】(1)(2)不改變，
【分析】（1）首先取的中點為，連接，，再結合線面平行的性質即可得到
（2）利用空間向量法求解即可.
(1)
取的中點為，連接，，因為，，所以NP∥BC，
又DE∥BC，所以NP∥DE，即N，E，D，P四點共面，又EN∥平面BMD，EN 平面NEDP，
平面NEDP∩平面MBD＝DP，所以EN∥PD，即NEDP為平行四邊形，所以NP＝DE，則DE＝BC，即λ＝.
(2)取的中點，連接MO，則MO⊥DE，因為平面MDE⊥平面DECB，
平面MDE∩平面DECB＝DE，且MO⊥DE，所以MO⊥平面DECB，
如圖建立空間直角坐標系，不妨設，則，，，
所以，，設平面的法向量為，則
，即，令，即.
又平面的法向量，所以，
即隨著值的變化，二面角的大小不變．且.
所以二面角的正弦值為.
【題型九】角度范圍與最值
【典例分析】
在四棱錐中，底面為矩形，平面平面.
(1)求證：平面平面；
(2)若，，求平面與平面所成銳二面角的余弦值的取值范圍.
【答案】(1)證明見解析；(2).
【分析】
（1）根據(jù)給定條件，利用面面垂直的性質、判定推理作答.
（2）在平面VAB內(nèi)過V作于O，以O為原點建立空間直角坐標系，借助空間向量求解作答.
(1)
在四棱錐中，底面為矩形，有，因平面平面，
平面平面，平面，則平面，又平面，
所以平面平面.
(2)
在平面內(nèi)過V作于，而平面平面，平面平面，
則平面，在平面內(nèi)過O作，有兩兩垂直，
以點O為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，
令，則，又，設，于是有，，
因此有，，，而，直線的方向向量，
設平面的法向量為，則，令，得，
顯然，平面的一個法向量，設平面與平面所成銳二面角大小為，
則有，由于，，，
則，當且僅當，即時取“=”，，
所以平面與平面所成銳二面角的余弦值的取值范圍是.
【變式訓練】
1.已知四棱錐的底面為正方形，側面PAD為等腰直角三角形，，平面平面ABCD，平面平面．
(1)求證：平面PAD；
(2)設M為l上一點，求PC與平面MAD所成角正弦值的最小值．
【答案】(1)證明見解析；
(2)
【分析】
（1）先由證得CD//平面PAB，再由線面平行的性質得，最后由面面垂直的性質得CD⊥平面PAD，即可得證；
（2）建立空間直角坐標系，表示出平面MAD的法向量，求出，由線面角的向量求法結合二次函數(shù)求出最小值即可.
(1)
由題意知，因為平面PAB，平面PAB，所以CD//平面PAB．因為平面平面，
平面，所以；因為，平面PAD⊥平面ABCD，平面平面，
CD平面ABCD，所以CD⊥平面PAD．又，所以平面PAD；
(2)
取AD中點O，連接PO，由△PAD為等腰直角三角形知．又因為平面PAD⊥平面ABCD，
平面平面，平面PAD．所以PO⊥平面ABCD．以O為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，
則有，設，則，則有，，
設平面MAD的一個法向量，則有．即，令有，，
設PC與平面MAD所成角為，則，令，，
則，當即時，有最小值，
即PC與平面MAD所成角正弦值的最小值為.
2.已知直三棱柱中，側面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點，D為棱上的點，.
(1)證明：；
(2)求當面與面所成的二面角的正弦值最小時，三棱錐的體積.
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【分析】
（1）根據(jù)直三棱柱的性質，結合線面垂直的判定定理、性質建立空間直角坐標系，利用空間向量數(shù)量積坐標表示公式進行運算證明即可；
（2）利用空間向量夾角公式，結合三棱錐的體積公式進行求解即可.
(1)因為三棱柱是直三棱柱，所以底面，底面，
所以，因為，所以，又，平面，
所以平面.所以兩兩垂直.
以B為坐標原點，分別以所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖.
所以.
由題設.（1）因為，
所以，所以；
(2)設平面的法向量為，因為，
所以，即.令，則.因為平面的法向量為，
設平面與平面的二面角的平面角為，則.
當時，取最小值為，此時取最大值為，
所以，此時，三棱錐的體積.
【題型十】距離與長度（體積）
【典例分析】
在矩形ABCD中，，點E是線段AD的中點，將△ABE沿BE折起到△PBE位置（如圖），點F是線段CP的中點．
(1)求證：DF∥平面PBE：
(2)若二面角的大小為，求點A到平面PCD的距離．
【答案】(1)證明見解析；(2).
【分析】
（1）利用線面平行的判定定理即得；
（2）由題建立空間直角坐標系，利用點到平面的距離的向量求法即得.
(1)設PB的中點為G點，連接GF和GE，
因為點G、點F分別為PB和PC的中點，所以且，又且，
所以且，所以四邊形GFDE為平行四邊形，
所以，又GE平面PBE，DF平面PBE，所以DF∥平面PBE；
(2)由二面角的大小為可知，平面平面，
取BE得中點O，連接，則，平面，
如圖建立空間直角坐標系，則，，所以，
設平面PCD的法向量為，則，令則，又，
所以點A到平面PCD的距離為.
【提分秘籍】 向量計算點到距離公式（棱錐等的高） 方法一：直接法（直接做出高） 方法二：等體積轉化法 方法三：建系向量計算法 規(guī)律
【變式訓練】
1.如圖，在直三棱柱中，，，D，分別是BC，的中點，，過點G作，分別交AB，AC于點E，F(xiàn).
(1)證明；
(2)若二面角的大小是，求三棱柱的體積.
【答案】(1)證明見解析；(2)
【分析】
（1）先由及證得平面，即可證明；
（2）建立空間直角坐標系，設，分別求出平面和的法向量，由二面角的大小是解出，再計算體積即可.
(1)
由已知得平面ABC，平面ABC，所以，又AB=AC，D是BC的中點，得，
又，故.因為，AD是平面內(nèi)的兩條相交直線，所以平面，
又平面，所以；
(2)
依題意，又，所以.
由直棱柱性質和題設，兩兩互相垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系.
設，則，
設是平面的法向量，，，取，則.
設是平面法向量，，，取，則，因為二面角的大小是，所以，解得，
所以三核柱的體積.
2.如圖，在五面體ABCDE中，已知，，且，.
(1)求證：平面平面ABC；
(2)線段BC上是否存在點F，使得二面角的余弦值為，若存在，求CF的長度；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，
【分析】
（1）證面面垂直，先證其中一個平面內(nèi)的直線AC垂直另一個平面BCD；
（2）由第一問結論，建立合適的坐標系，用空間向量求解即可.
(1)
取AC中點G，連接EG，因為，，
所以，所以四邊形EDCG為平行四邊形，所以，
又因為，，所以，所以，
又因為，所以.
因為，BC，CD是平面BCD內(nèi)的兩條相交直線，所以平面BCD，
因為平面ABC，所以平面平面BCD.
(2)
解法一：
在平面BCD內(nèi)過點C作BC的垂線l，因為平面BCD，
所以l CA，CB兩兩相互垂直，故以C為坐標原點.
如圖所示，建立空間直角坐標系，
則，，，，
設在線段BC上存在點，使二面角的余弦值為，
則，，
設平面AEF的法向量.
則，即，不妨令，則，，所以.
設平面ABE的一個法向量為，
則，即
不妨令，，，所以
所以.
化簡得：，解得或（舍去），故，所以.
所以存在點F，當時，二面角的余弦值為.
解法二：
取BC AB的中點O H，連接OD，OH，
因為，O是BC中點，所以，
又因為平面BCD，平面平面BCD且交于BC，所以平面ABC，
因為H是AB中點，即，所以，
故DO，OH，BC兩兩互相垂直，
則以O為坐標原點，，，為x，y，z軸，如圖建立空間直角坐標系，
則，，，.
設在線段BC上存在點，使二面角的余弦值為，
則，，.
設平面AEF的一個法向量為，
則，即，不妨令，則，，所以.
又因為，，所以，所以四邊形DEHO為平行四邊形，
即，因為平面ABC，所以平面ABC，
因為平面ABC，所以，又因為，H是AB中點，
所以，因為EH，AB為平面ABE內(nèi)的兩條相交直線，所以平面ABE，
故CH是平面ABE的一個法向量，因為，
所以.
化簡得：，解得或（舍去），故，所以，
所以存在點F，當時，二面角的余弦值為.
解法三：
取BC AB的中點O H，連接OD，OH，
因為，所以，又因為平面BCD，
平面平面BCD且交于BC，
所以平面ABC.
因為，，所以，所以四邊形DEHO為平行四邊形，
即，因為平面ABC，所以平面ABC，
因為平面ABC，所以，又因為，H是AB中點，
所以，因為EH，AB為平面ABE內(nèi)的兩條相交直線，所以平面ABE，
假設在線段BC上存在點F，使二面角的余弦值為，
過F作于點M，則平面ABE，
過M作于點N，連接NF，
則為二面角的平面角.
設，則，，所以，
在中，，
所以.
化簡得，解得或（舍去），即，所以，
所以存在點F，當時，二面角的余弦值為
(
分階培優(yōu)練
)
培優(yōu)第一階——基礎過關練
1.如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD為菱形，E，F(xiàn)分別為PA，BC的中點．
(1)證明：EF∥平面PCD
(2)若PD⊥平面ABCD，，且，求直線AF與平面DEF所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）取PD的中點G，連接CG，EG，則由三角形中位線定理可得，再結合底面四邊形為菱形，可得四邊形EGCF為平行四邊形，從而得然后由線面平行的判定定理可證得結論，
（2）由已知可得兩兩垂直，所以以D為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系D—xyz，然后利用空間向量求解即可
(1)證明：取PD的中點G，連接CG，EG，因為E，F(xiàn)分別為PA，BC的中點，所以，
又底面ABCD為菱形，所以，所以，所以四邊形EGCF為平行四邊形，
所以又平面PCD．平面PCD，所以EF//平面PCD．
(2)解：連接，因為PD⊥平面ABCD，平面ABCD，所以，
因為四邊形ABCD為菱形，，所以為等邊三角形，因為F為BC的中點，
所以，因為∥，所以，所以兩兩垂直，
所以以D為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系D—xyz．
因為，所以D（0，0，0），F(xiàn)(，0，0），A（0，2，0），E（0，1，2），
則．設平面DEF的法向量，則，令，得．設直線AF與平面DEF所成的角為θ，則，
所以直線AF與平面DEF所成角的正弦值為
2.在直三棱柱中，E，F(xiàn)分別是，的中點．
(1)求證：平面；
(2)若，，二面角的余弦值為，求的長．
【答案】(1)證明見解析(2)或
【分析】
（1）取的中點，連接，，依題意可證四邊形是平行四邊形，
即可得到，從而得證．
（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算可得.
（1）證明：在直三棱柱中，E，F(xiàn)分別是，的中點，取的中點，連接，，如圖，則且，又且，所以且，所以四邊形是平行四邊形，所以．因為平面，平面，所以平面．
（2）解：因為在直三棱柱中，，所以，，兩兩垂直，分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，因為E，F(xiàn)分別是，的中點，，設，則，，，，所以，，．設平面的一個法向量，由得令，則，即．設平面的一個法向量，由得,令，則,即．所以，因為二面角的余弦值為，所以，解得或．所以的長為或．
3.1.如圖，三棱柱中，，，平面.
(1)求證：；
(2)若，直線與平面所成的角為，求二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
【分析】
（1）由線面垂直得到線線垂直，再由菱形得到對角線垂直，進而證明線面垂直，線線垂直；
（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量求解二面角.
(1)∵平面，平面∴，∵，四邊形是平行四邊形，
∴四邊形是菱形.∴，∵，平面，平面∴平面，
∵平面∴.
(2)∵與平面所成角為，平面，
∴，
若，則是正三角形.
令，則，，，
以為原點，分別以，，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，，，
，令，解得，設平面的一個法向量為，
，即，令，解得，
設二面角的大小為，由圖知非鈍角，∴.
∴二面角的余弦值為.
4.已知平面四邊形，，（如圖1所示），現(xiàn)將沿邊折起，使得平面平面，點為線段的中點，為線段上一點，（如圖2所示）．
(1)求證：平面；
(2)若二面角的余弦值為，求三棱錐的體積．
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】
（1）易證，再由平面平面，得到平面，進而得到（2）以為坐標原點，分別以為軸的正方向建立空間直角坐標系，根據(jù)二面角的的余弦值為，求得為線段的中點，然后由求解.
(1)證明：因為，所以為等邊三角形，因為為的中點，所以．
因為平面平面，平面平面平面，所以平面，
又平面，所以，又因為平面，所以平面．
(2)如圖所示以為坐標原點，分別以為軸的正方向建立空間直角坐標系，
則，，，，．
所以，，設，則，
設平面的一個法向量為，則，即 ，取，有，
即．平面的一個法向量．設二面角的平面角為，
則，解得，即為中點．此時，
又因為，所以．
培優(yōu)第二階——能力提升練
1.如圖，四棱錐的底面為矩形，底面ABCD．過AD的平面分別與線段相交于點E，F(xiàn)．
(1)證明：；
(2)若，試問是否存在平面，使得直線PB與平面所成角的正弦值為？若存在，求出此時BE的長；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，理由見解析，
【分析】
（1）利用線面平行判定定理和性質定理可得答案；
（2）分別以所在的直線為軸的正方向建立空間直角坐標系，求出 、平面的一個法向量，利用線面角的向量求法可得答案．
(1)
因為，平面，平面，所以平面，
因為平面，平面平面，所以.
(2)
存在，理由如下，
分別以所在的直線為軸的正方向建立如圖所示空間直角坐標系，
則，，，， ，，
設，所以，，
設為平面的一個法向量，
則，，令則，
所以，設直線PB與平面所成角，
所以，
解得，
所以時， 為的中點時，此時存在平面，使得直線PB與平面所成角的正弦值為，此時，.
2.如圖，在直三棱柱中，，∠ABC=90°，D是BC的中點.
(1)求點到面的距離；
(2)試問線段上是否存在點E，使AE與所成角的余弦為？若存在，求的值；若不存在，說明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】
（1）建立空間直角坐標系，由空間向量求解
（2）設出點坐標，由空間向量列方程求解
(1)
以為原點，所在直線分別為建立空間直角坐標系，
則，，，，
，，設平面的一個法向量為，
故得，又，
故點到面的距離為
(2)
設，則，，
設為異面直線所成的角，
由題意得，
解得（舍去）
故點E存在，
3.如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，四邊形ABB1A1為正方形，四邊形AA1C1C為菱形，且∠AA1C＝60°，平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，點D為棱BB1的中點．
(1)求證：AA1⊥CD；
(2)棱B1C1（除兩端點外）上是否存在點M，使得二面角B－A1M－B1的余弦值為？若存在，請指出點M的位置；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)證明見解析；(2)存在點M為棱的中點或者為靠近端的八等分點.
【分析】（1）取棱的中點O，由題可得，進而可得平面，即得；
（2）利用坐標法，設，利用二面角的向量求法列出方程，即得.
(1)取棱的中點O，連接．因為四邊形是菱形，所以，
又因為，所以為等邊三角形，所以．因為四邊形為正方形且O、D分別是的中點，所以，又平面，所以平面，
因為平面，所以．
(2)因為平面平面，平面平面，且平面，
所以平面．以O為坐標原點，以所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標系．不妨設，則點．
設為平面的一個法向量，則由及，
得，不妨取得．假設棱上（除端點外）存在點M滿足題意，
令得，設為平面的一個法向量，
則由及，得，不妨取，得．
由，解得或，
所以存在點M為棱的中點或者為靠近端的八等分點．
4.如圖所示，在三棱柱中，，點在平面ABC上的射影為線段AC的中點D，側面是邊長為2的菱形．
(1)若△ABC是正三角形，求異面直線與BC所成角的余弦值；
(2)當直線與平面所成角的正弦值為時，求線段BD的長．
【答案】(1)(2)或
【分析】
（1）建立空間直角坐標系，利用向量法求得直線與所成角的余弦值.
（2）結合直線與平面所成的角，利用向量法列方程，化簡求得的長.
(1)依題意點在平面ABC上的射影為線段AC的中點D，所以平面，，
由于，所以，以為空間坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系，，，
當是等邊三角形時，，.設直線與所成角為，
則.
(2)設，則，，
設平面的法向量為，則，故可設，
設直線與平面所成角為，則，化簡的，解得或，
也即或.
培優(yōu)第三階——培優(yōu)拔尖練
如圖（1）所示的四邊形中，，，，，沿將進行翻折，使得，得到如圖（2）所示的四棱錐.四棱錐的體積為，點為線段上的動點（與端點，不重合）.
(1)求證：平面；
(2)探求是否存在大小為的二面角.如果存在，求出此時線段的長度；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，
【分析】
（1）通過和即可證明；
（2）以為原點建立空間直角坐標系，求出平面和平面的法向量，利用向量關系即可求出.
(1)
在圖（1）中，，
所以，即，
則在圖（2）中，因為，即，
因為，所以平面；
(2)
因為平面，所以是四棱錐的高，
所以，則，
因為，則可以為原點建立如圖空間直角坐標系，
假設存在大小為的二面角，設，又，
所以，
則，
設平面的法向量為，平面的法向量為，
則，即，令，則，則，
又，即，令，則，則，
則，解得或（舍去），
因此存在大小為的二面角，此時線段的長度.
2.在直角梯形中，，A為線段的中點，四邊形為正方形．將四邊形沿折疊，使得，得到如圖（2）所示的幾何體．
(1)求直線與平面所成角的正弦值；
(2)當F為線段的中點時，求二面角的余弦值．
【答案】(1)(2)
【分析】
（1）（2）建立空間直角坐標系，利用即可向量法計算可得；
(1)
解：依題意可得、，，如圖建立空間直角坐標系，
則、、、、、，
所以，，，
設平面的法向量為，所以，令，則，，所以，
設直線與平面所成角為，則
(2)解：依題意可得，則，
設平面的法向量為，所以，令，則，
則，顯然二面角的銳二面角，
所以二面角的余弦值為；
3.如圖，在六面體中，是等邊三角形，二面角的平面角為30°，.
(1)證明：；
(2)若點E為線段BD上一動點，求直線CE與平面所成角的正切的最大值.
【答案】(1)證明見解析
(2)2
【分析】
（1）利用線面垂直的判定定理及性質定理即可證得；
（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量求得線面，滿足，利用換元法結合二次函數(shù)的最值即可求解.
(1)
證明：取中點，連接，
因為，所以，且，
所以平面，
又平面，所以.
(2)
連接，則，由，可得，
于是，所以，
又，所以平面，
以為原點，分別為軸建立空間直角坐標系，
則，由，可得，
平面的法向量為，設，則，
設與平面所成角為，則，令，則，令，由對稱軸知，當，即時，，，于是直線與平面所成角的正切的最大值為.專題01 空間角度與距離歸類
【題型一】線面角基礎
【典例分析】
如圖，在四棱錐中，是邊長為2的正三角形，，，，，，，分別是線段，的中點．
(1)求證：平面；(2)求證：平面平面；
(3)求直線與平面所成角的正弦值．
【提分秘籍】 基本規(guī)律 直線與平面所成的角（射影角，也是夾角，）
【變式訓練】
如圖，在四棱錐中，底面為菱形，，分別為，的中點，
(1)證明：平面.
(2)若平面，，且，求直線與平面所成角的正弦值.
【題型二】二面角基礎
【典例分析】
如圖，在四棱錐中，是直角三角形，，四邊形是等腰梯形，，，.
(1)證明：；
(2)若平面平面，求平面與平面的夾角的正弦值.
【提分秘籍】 基本規(guī)律 二面角（法向量的方向角，） 判斷正負方法： 觀察法； 同進同出互補，一進一出相等；
【變式訓練】
如圖所示，四棱錐中，平面平面，底面是邊長為2正方形，，與交于點，點在線段上.
(1)求證：平面；(2)若平面，求二面角的余弦值.
【題型三】異面直線所成的角
【典例分析】
如圖所示，是棱長為1的正方體.
(1)設的重心為O，求證：直線平面；
(2)設E F分別是棱 上的點，且，M為棱的中點，若異面直線與EF所成的角的余弦值為，求a的值.
【提分秘籍】 基本規(guī)律 （1）、異面直線夾角（平移角，也是銳角和直角）
【變式訓練】
如圖，在直三棱柱中，，．，為的中點．
(1)求證：平面；
(2)求異面直線與所成角的余弦值．
【題型四】給角求角（值）1：線面角
【典例分析】
如圖，在四棱錐中，底面，，，，，為棱的中點，是線段上一動點.
(1)求證：平面平面；
(2)若直線與平面所成角的正弦值為時，求二面角的余弦值.
【變式訓練】
如圖，垂直于梯形所在平面，，為中點，，，四邊形為矩形．
(1)求證：平面；
(2)求二面角的大小；
(3)在線段上是否存在一點，使得與平面所成角的大小為？若存在，求出的長；若不存在，說明理由．
【題型五】給角求角（值）2：二面角
【典例分析】
如圖， 四棱錐中，底面為矩形，平面， 點在線段上.
(1)若為的中點， 證明：平面；
(2)若，，若二面角的大小為，試求的值.
【變式訓練】
如圖，在四棱錐中，，，，，，，都在平面的上方.
(1)證明：平面平面；
(2)若，且平面CDE與平面ABE所成銳二面角的余弦值為，求四棱錐的體積.
【題型六】探索性動點型1：線面角
【典例分析】
如圖，在長方體中，，，E是線段上的動點．
(1)求證：；
(2)是否存在點E，使得直線AC與平面所成角為45°，若存在，求出DE的長；若不存在，請說明理由．
，，，．∴，，．設平面的法向量為，則令，則，．∴平面的一個法向量為．∴，解得．∴存在這
【變式訓練】
在四棱錐中，已知，，，，，，是上的點．
(1)求證：底面；
(2)是否存在點使得與平面所成角的正弦值為？若存在，求出該點的位置；不存在，請說明理由．
【題型七】探索性動點型2：二面角
【典例分析】
如圖，在四棱錐中，四邊形是矩形，是等邊三角形，平面平面，，為棱上一點，為的中點，四棱錐的體積為.
（1）若為棱的中點，是的中點，求證：平面平面；
（2）是否存在點，使得平面與平面所成的銳二面角的余弦值為？若存在，確定點的位置；若不存在，請說明理由.
【變式訓練】
如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，且正方形ABCD邊長為2，PA⊥平面ABCD，PA=AB，E為線段PB的中點，F(xiàn)為線段BC上的動點.
（1）求證：AE⊥平面PBC；
（2）試確定點F的位置，使平面AEF與平面PCD所成的銳二面角為30°.
【題型八】翻折中的角度
【典例分析】
如圖（一）四邊形ABCD是等腰梯形，，，，，過D點作，垂足為E點，將沿DE折到位置如圖（二），且．
(1)證明：平面平面EBCD；
(2)已知點P在棱上，且，求二面角的余弦值．
【變式訓練】
如圖1，在等邊中，點D，E分別為邊AB，AC上的動點且滿足，記.將△ADE沿DE翻折到△MDE的位置并使得平面MDE⊥平面DECB，連接MB，MC得到圖2，點N為MC的中點．
(1)當EN∥平面MBD時，求λ的值；
(2)試探究：隨著λ值的變化，二面角B MD E的大小是否改變？如果改變，請說明理由；如果不改變，請求出二面角的正弦值大小．
【題型九】角度范圍與最值
【典例分析】
在四棱錐中，底面為矩形，平面平面.
(1)求證：平面平面；
(2)若，，求平面與平面所成銳二面角的余弦值的取值范圍.
【變式訓練】
1.已知四棱錐的底面為正方形，側面PAD為等腰直角三角形，，平面平面ABCD，平面平面．
(1)求證：平面PAD；
(2)設M為l上一點，求PC與平面MAD所成角正弦值的最小值．
2.已知直三棱柱中，側面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點，D為棱上的點，.
(1)證明：；
(2)求當面與面所成的二面角的正弦值最小時，三棱錐的體積.
【題型十】距離與長度（體積）
【典例分析】
在矩形ABCD中，，點E是線段AD的中點，將△ABE沿BE折起到△PBE位置（如圖），點F是線段CP的中點．
(1)求證：DF∥平面PBE：
(2)若二面角的大小為，求點A到平面PCD的距離．
【提分秘籍】 向量計算點到距離公式（棱錐等的高） 方法一：直接法（直接做出高） 方法二：等體積轉化法 方法三：建系向量計算法 規(guī)律
【變式訓練】
1.如圖，在直三棱柱中，，，D，分別是BC，的中點，，過點G作，分別交AB，AC于點E，F(xiàn).
(1)證明；
(2)若二面角的大小是，求三棱柱的體積.
2.如圖，在五面體ABCDE中，已知，，且，.
(1)求證：平面平面ABC；
(2)線段BC上是否存在點F，使得二面角的余弦值為，若存在，求CF的長度；若不存在，請說明理由.
(
分階培優(yōu)練
)
培優(yōu)第一階——基礎過關練
1.如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD為菱形，E，F(xiàn)分別為PA，BC的中點．
(1)證明：EF∥平面PCD
(2)若PD⊥平面ABCD，，且，求直線AF與平面DEF所成角的正弦值．
2.在直三棱柱中，E，F(xiàn)分別是，的中點．
(1)求證：平面；
(2)若，，二面角的余弦值為，求的長．
3.1.如圖，三棱柱中，，，平面.
(1)求證：；
(2)若，直線與平面所成的角為，求二面角的余弦值.
4.已知平面四邊形，，（如圖1所示），現(xiàn)將沿邊折起，使得平面平面，點為線段的中點，為線段上一點，（如圖2所示）．
(1)求證：平面；
(2)若二面角的余弦值為，求三棱錐的體積．
培優(yōu)第二階——能力提升練
1.如圖，四棱錐的底面為矩形，底面ABCD．過AD的平面分別與線段相交于點E，F(xiàn)．
(1)證明：；
(2)若，試問是否存在平面，使得直線PB與平面所成角的正弦值為？若存在，求出此時BE的長；若不存在，請說明理由．
2.如圖，在直三棱柱中，，∠ABC=90°，D是BC的中點.
(1)求點到面的距離；
(2)試問線段上是否存在點E，使AE與所成角的余弦為？若存在，求的值；若不存在，說明理由.
3.如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，四邊形ABB1A1為正方形，四邊形AA1C1C為菱形，且∠AA1C＝60°，平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，點D為棱BB1的中點．
(1)求證：AA1⊥CD；
(2)棱B1C1（除兩端點外）上是否存在點M，使得二面角B－A1M－B1的余弦值為？若存在，請指出點M的位置；若不存在，請說明理由．
4.如圖所示，在三棱柱中，，點在平面ABC上的射影為線段AC的中點D，側面是邊長為2的菱形．
(1)若△ABC是正三角形，求異面直線與BC所成角的余弦值；
(2)當直線與平面所成角的正弦值為時，求線段BD的長．
培優(yōu)第三階——培優(yōu)拔尖練
如圖（1）所示的四邊形中，，，，，沿將進行翻折，使得，得到如圖（2）所示的四棱錐.四棱錐的體積為，點為線段上的動點（與端點，不重合）.
(1)求證：平面；
(2)探求是否存在大小為的二面角.如果存在，求出此時線段的長度；若不存在，請說明理由.
2.在直角梯形中，，A為線段的中點，四邊形為正方形．將四邊形沿折疊，使得，得到如圖（2）所示的幾何體．
(1)求直線與平面所成角的正弦值；
(2)當F為線段的中點時，求二面角的余弦值．

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