大题培优04 立体几何归类（7题型+解法指导）-2024年高考数学二轮复习大题突破集训（新高考通用）

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二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
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大题培优04 立体几何大题
【题型一】等角证明及建系型
1.（2023上·山东·高三校联考阶段练习）如图，在四棱台中，底面是正方形，，，，．

(1)求证：直线平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）设，交于点O，连接，，，易证，可得，得，又，得证；
（2）易证为等边三角形，可证平面，可得，，两两互相垂直，建系利用向量法求解即可.
【详解】（1）证明：设，交于点O，连接，，，因为，，，
所以，所以，又因为O为正方形的对角线交点，即O是线段的中点，
所以，又因为四边形为正方形，所以， 又因为，平面，
所以平面．
（2） ∵底面是正方形，，∴，，
又，，∴为等边三角形，∵O为中点，∴，
又，平面，∴平面，
∴，，两两互相垂直，以，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
∴，，，所以
，，设平面的法向量，
则，即，令，则，，∴，
取平面的法向量，设平面与平面所成夹角为，
则，所以二面角的余弦值为．
2.（223浙江宁波·浙江省宁波市鄞州中学校考模拟预测）如图，在四棱台中，底面是菱形，，，是的中点．
（1）求证：直线平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）延长交于点，连结，证明，，得到证明.
（2）过点作于，即，连结，直线与平面所成的角，即为与平面所成的角，利用体积计算得到答案.
【详解】（1）延长交于点，连结，
因为，
故，即，所以，又因为菱形，
即，又因为，所以平面．
（2）过点作于，即，连结，
因为，即是的中点，是的中点，
故，
所以直线与平面所成的角，即为与平面所成的角，
又因为，所以，因为平面，
所以面平面，所以平面，
故，
所以，
所以，设点到平面的距离是，
故，即，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
3..(2024郑州一质检）如图，在多面体中，底面为平行四边形，平面BC，为等边三角形，．
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的方法即可求得平面平面与平面的夹角的余弦值.
【详解】（1）不妨设，则，
在平行四边形中，，，，连接，
由余弦定理得，即，
，.
又，，，
平面，又平面.
平面平面.
（2）
取中点，连接，，，
由（1）易知平面，且.
如图，以为原点，分别以射线所在直线为轴，竖直向上为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，得，令，得，
设平面的法向量为，则，
得，令，得，，
所以平面与平面夹角的余弦值.
【题型二】投影型证明与建系
1.（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.
2.（2023·贵州贵阳·高二贵阳一中校考阶段练习）如图，在三棱锥中，是点在平面ABC上的投影，，，是BD的中点.
(1)证明：平面DAC；
(2)若O点正好落在的内角平分线上，，，，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）连接BO并延长交AC于点E，由题可得，进而可得，然后根据线面平行的判定定理即得；
（2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.
【详解】（1）连接BO并延长交AC于点E，连接OA，DE，
因为是在平面ABC上的投影，所以平面，，平面ABC，所以，，
又，所以，即，所以，又，即，
所以，，所以，所以，
即，所以为BE的中点，又为DB的中点，所以，
又平面，平面DAC，所以平面DAC；
（2）过点A作，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，所以，又点正好落在的角平分线上，
所以，所以，所以，，则，
所以，所以，，，，
所以，则，，，设平面AMB的一个法向量为，
则，令则，所以.设平面AMC的一个法向量为，
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.
3.（23-24高三·黑龙江·阶段练习）已知：斜三棱柱中，，与面所成角正切值为，，，点为棱的中点，且点向平面所作投影在内．
(1)求证：；
(2)为棱上一点，且二面角为，求的值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）取线段的中点，连接、，证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，可知直线与平面所成的角为，根据已知条件求出、的长，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，解出的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：取线段的中点，连接、，
在斜三棱柱中，且，则四边形为平行四边形，
所以，且，
因为、分别为、的中点，所以，四边形为平行四边形，
所以，，
又因为，则，因为，则，
因为，为的中点，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，.
（2）解：由（1）可知，平面，
过点在平面内作，垂足为点，
因为平面，平面，则，
又因为，，、平面，则平面，
所以，直线与平面所成的角为，
所以，，则，
因为，可得，，
因为，则，，
所以，，则，
因为为的中点，所以，，
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，
则、、、、，
，则，
即点，同理可得点、，
设，其中，
则，且，
设平面的法向量为，
则，取，则，，
所以，平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
因为二面角为，
则，整理可得，
因为，解得，即.
【题型三】斜棱柱建系法
1.（2023·河南南阳·南阳中学校考三模）如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是梯形，，，，分别是棱，的中点．

(1)证明：平面．
(2)若，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）构造面面平行，利用面面平行的性质定理证明线面平行即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线的方向向量与平面的法向量，即可得线面夹角的正弦值.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，．

因为，分别是棱，的中点，所以．
因为平面，平面，所以平面．
因为，分别是棱，的中点，所以．
因为平面，平面，所以平面．
因为，平面，且，所以平面平面．
因为平面，所以平面．
（2）以为坐标原点，分别以，的方向为，轴的正方向，垂直平面向上的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

设，则，．
由余弦定理可得，则，
从而，，，，，
故，，．设平面的法向量为，
则,令，得．设直线与平面所成的角为，
则，即直线与平面所成角的正弦值为．
2.
3.
（2023·贵州毕节·校考模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面是矩形，，，分别为棱的中点，为线段的中点．
(1)证明：平面．
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）连接，利用平行线分线段成比例定理，及线面平行的判断定理推理作答.
（2）由已知证明平面，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
【详解】（1）在三棱柱中，连接，交于点，连接，如图，
四边形为平行四边形，有，而为的中点，则，
由，得，又分别为的中点，即有，
因此，则，而平面平面，
所以平面．
（2）因为，则是菱形，又，即，是正三角形，
则，矩形中，，而，
平面，于是平面，令，
过作，则平面，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，设平面和平面的法向量分别为，，则，令，得，
，令，得，，令二面角的大小为，
则，于是，所以二面角的正弦值为．
3.（2023·全国·高三专题练习）在底面ABCD为梯形的多面体中.，BC⊥CD，，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，且四边形BDEN为矩形．

(1)求证：BD⊥AE；
(2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°？若不存在，请说明理由．若存在，确定点Q的位置并加以证明．
【答案】(1)证明见解析(2)点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处，证明见解析
【分析】（1）根据已知条件及勾股定理和逆定理，利用矩形的性质及线面垂直的的判定定理，结合线面垂直的性质定理即可求解；
（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量的共线定理，求出点的坐标，分别求出直线BE的方向向量和平面QAD的法向量，再利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的关系即可求解.
【详解】（1）由题意知，，BC⊥CD，，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，
故有，易得，BD＝2，，
在△ABD中，∵，∴BD⊥AD．
因为四边形BDEN为矩形，则BD⊥DE，
又，平面ADE，平面ADE，
故BD⊥平面ADE．因为平面ADE，所以BD⊥AE．
（2）存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处．证明如下：以点D为坐标原点，建立的空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，所以，，
设，其中，解得故，
设平面QAD的法向量为， 则
即令y＝1，则，z＝－2λ，
故，
因为直线BE与平面QAD所成的角为60°，
所以，解得或，
【题型四】翻折型建系求动点
1.（2024·山西运城·一模）如图，在矩形纸片中，，，沿将折起，使点到达点的位置，点在平面的射影落在边上.
(1)求的长度；
(2)若是边上的一个动点，是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.
【答案】(1)1(2)
【分析】
（1）利用投影性质以及线面垂直性质可得，再利用三角形相似可求得；
（2）建立空间直角坐标系，设，并根据坐标分别求得平面与平面的法向量，由两平面夹角的余弦值列方程解得，可得.
【详解】（1）作，垂足为，连接，如下图所示：

由点在平面的射影落在边上可得平面，
又平面，所以，
因为，且平面，
所以平面，
又平面，所以，
又因为为矩形，，可得，
由，可得，
所以，；
由可得，即；
即的长度为1.
（2）根据题意，以点为坐标原点，以过点且平行于的直线为轴，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

则，并设，
可得，所以；
易知，，
设平面的一个法向量为，
所以，解得，取，则，
即，
设平面的一个法向量为，
所以，解得，取，则，
即，
因此可得，整理可得，
解得（舍）或；因此，即可得.所以的长度为.
2.（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2．
(1)证明：平面平面；
(2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；
【分析】（1）推导出，证明出平面，可得出， 利用面面垂直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，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，
因为，则，，
由余弦定理可得，
所以，，则，同理可证，
翻折后，则有，，
因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
所以平面平面.
（2）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，
则、、、，
设，其中，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，则，，所以，，
平面的一个法向量为，，，
则，令，可得，
则，整理可得，
因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且.
3.（2023·全国·模拟预测）如图①所示，在中，，，，垂直平分．现将沿折起，使得二面角的大小为，得到如图②所示的四棱锥．
(1)求证：平面平面；
(2)若Q为上一动点，且，当锐二面角的余弦值为时，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据折叠可得，，进而可证平面，即可得结果；
（2）连接，根据题意可知：，，，建系，设，利用空间向量结合二面角求得，进而结合体积公式分析求解.
【详解】（1）因为垂直平分，则，，
即，，
且，，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面．
（2）由（1）可知：，，
则为二面角的平面角，即．
又因为，所以为等边三角形．
在中，因为，，，
可得，
则，所以．
连接，因为为的中点，所以为等边三角形．
取的中点，连接，，则，，
又因为平面平面，平面平面，平面，
则平面，且平面，所以．
故以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
可得，
设，，则，
解得，故，
所以，．
设平面的法向量为，
则，
令，则，则．
设平面（即平面）的一个法向量为，
则，令，则，可得，
由题意可得，
整理得，解得或（舍），
所以．
故，
所以四棱锥的体积为．
【题型五】二面角及其延长线型建系
1.（2023·辽宁大连·统考一模）如图，平面五边形ABCDE中，是边长为2的等边三角形，，CD＝AE，，将沿AD翻折，使点E翻折到点P．
(1)证明：PC⊥BC；
(2)若PC＝3，求二面角P－AD－B的大小，以及直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）在平面图形中取中点，则有、，再应用线面垂直的判定、性质证结论；
（2）由（1）得，，则二面角的平面角为，在中利用余弦定理求解即可；在平面内作，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，求直线的方向向量、平面的法向量，进而求线面角的正弦值.
【详解】（1）在平面图形中取中点，连接，，
∵是边长为2的等边三角形，
∴，，故翻折后有，
又∵，∴，∵，∴，
且，，平面，∴平面，
∵，∴，∴平面，
又∵平面，∴．
（2）由（1）得，，∴二面角的平面角为，
在中，，．由余弦定理得，∴，二面角的大小是，
在平面内作，交于，∵平面，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
由（1）得，四边形为矩形，又∵，，
所以各点坐标为，，，，，所以，，，设平面的一个法向量，则，即
设，则，，∴，设直线与平面所成角为，
则．
2.（2023·甘肃兰州·兰化一中校考模拟预测）如图，已知菱形中，，点为边的中点，沿将折起，得到且二面角的大小为，点在棱上，平面.
(1)求的值；(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）首先通过面面平行的性质证明，则，再利用三角形相似即可得到答案；
（2）利用二面角定义得到，建立合适的空间直角坐标系，写出相关点坐标，求出平面和平面的法向量，利用空间向量法求出二面角余弦值即可.
【详解】（1）连接，设，连接，
取中点点，分别连接,,
则，平面，平面，则平面，
又因为平面，且，平面，
所以平面平面，
又因为平面与平面平面相交，则交线，故，
因为为中点，且底面为菱形，故，
又在菱形中，，所以，所以.
（2）因为，，所以三角形为等边三角形，
所以，而根据折叠过程可知，且平面平面，平面，，
因此是二面角的平面角，则，
如图，以点为原点，所在直线为轴，轴，建立空间直角坐标系.依据题意，从而设平面的法向量，由得到，由得到.
令设平面的法向量，
由得到，由得到.
令.因此，所以，所求二面角的余弦值是.
3.（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）已知直角梯形形状如下，其中，，，．

(1)在线段CD上找出点F，将四边形沿翻折，形成几何体．若无论二面角多大，都能够使得几何体为棱台，请指出点F的具体位置（无需给出证明过程）．
(2)在（1）的条件下，若二面角为直二面角，求棱台的体积，并求出此时二面角的余弦值．
【答案】(1)或为靠近点的三等分点；(2)；.
【分析】（1）延长交于点，连接并延长交于，翻折后证明平面平面即可推理作答.
（2）根据给定条件，证明平面，再利用锥体的体积公式结合割补法求出体积，建立空间直角坐标系求出面面角的余弦作答.
【详解】（1）在直角梯形中，延长交于点，连接并延长交于，如图，

，，，于是，则，为靠近点的三等分点，
将四边形沿翻折，即将沿翻折，无论二面角多大，
所成几何体均为三棱锥，显然平面平面，
于是平面，同理平面，而平面，
因此平面平面，从而几何体是棱锥被平行于底面的平面所截，
截面和底面间的部分，即几何体是棱台，
所以无论二面角多大，都能够使得几何体为棱台，，为靠近点的三等分点.
（2）翻折前，将,,延长一倍，三线交予点，
在等腰直角三角形中，，在棱台中，，又二面角为直二面角，平面，即三棱锥的体积为，又三棱锥的体积，则有棱台的体积为，
在线段上取，有，四边形为平行四边形,，
又面，则，以为原点，为,,的单位向量建立空间直角坐标系，
则，，
，取平面的法向量为，，令，取， 取面的法向量，则，令，得，
显然二面角的平面角为锐角，设为，，
所以二面角的余弦值为.
【题型六】最值型
1.（2023春·山西·高一统考期末）如图，在四棱锥中，，，，△MAD为等边三角形，平面平面ABCD，点N在棱MD上，直线平面ACN．

(1)证明：．
(2)设二面角的平面角为，直线CN与平面ABCD所成的角为，若的取值范围是，求的取值范围．
【答案】(1)证明见解析(2)．
【分析】（1）根据相似以及线面平行的性质即可求解，
（2）由面面垂直可得线面垂直，进而根据二面角以及线面角的定义，即可找到其平面角，利用三角形的边角关系，即可求解.
【详解】（1）证明：连接BD交AC于O，连接ON．

因为，，所以根据相似的性质可得．
因为直线平面ACN，平面MBD，平面平面，
所以，则，所以．
（2）取AD的中点E，AC的中点F，连接ME，EF，MF．
因为△MAD为等边三角形，所以不妨设，
则，．
因为平面平面ABCD，平面平面，平面,
所以平面ABCD，平面ABCD,所以，．
又因为E，F分别为AD，AC的中点，所以，
而，所以，又，平面MEF,
则平面MEF，平面MEF得，
所以∠MFE是二面角的平面角，即．
设，则，得．
过N作交AD于H，连接CH，由于平面ABCD，所以平面ABCD，
则∠NCH为直线CN与平面ABCD所成的角，即．
，，．
因为，所以，
则．因为，所以．
故的取值范围为．
2.（23-24高三下·河北张家口·开学考试）如图，在矩形中，，．沿对角线折起，形成一个四面体，且．
(1)是否存在，使得，同时成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
(2)求当二面角的正弦值为多少时，四面体的体积最大．
【答案】(1)不存在，理由见解析(2)
【分析】（1）由线面垂直证明线线垂直，由勾股定理求出值；
（2）四面体的体积最大时，平面平面，建立空间直角坐标系，利用向量法求出二面角的余弦值，利用正弦和余弦的平方关系求出二面角的正弦值即可.
【详解】（1）若，∵，，面，
∴平面，平面，则,
∴，即，∴；
若，∵，，面，
∴平面，面，则,
∴，即，∴，无解．故不成立．
所以不存在，使得，同时成立；
（2）要使四面体的体积最大，因为的面积为定值，所以只需让三棱锥的高最大即可，此时平面平面，
过点作于点，根据面面垂直的性质易得平面，在平面中作垂直于的直线，
以为原点分别以在平面中垂直于的直线、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，显然平面的法向量为．
设平面的一个法向量为，，，
由 得 得 ，取，得，，得．
∴，
所以二面角的正弦值为．
3.（2023春·江苏扬州·高三统考）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，分别是线段的中点，在平面内的射影为.

(1)求证：平面；
(2)若点为棱的中点，求点到平面的距离；
(3)若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围.
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【分析】（1）法一：利用线面垂直、面面垂直的性质定理与判定定理可证；
法二：建立空间直角坐标系，利用数量积为0，可证，从而得证；
法三：如法二建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，证明其与平行，从而得证；
（2）利用空间向量法求点到面的距离；
（3）利用空间向量求出二面角的余弦值，再借助函数性质求值域.
【详解】（1）法一：连结，因为为等边三角形，为中点，，
又平面，平面，
平面
平面，又平面，
由题设知四边形为菱形，，
分别为中点，，
又平面平面.
法二：由平面，平面，
又为等边三角形，为中点，，则以为坐标原点，所在直线为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则
又平面平面.
法三：（同法二建系）设平面的一个法向量为
，即不妨取，则，则
所以平面的一个法向量为
，，，平面
（2）由（1）坐标法得，平面的一个法向量为（或）
点到F到平面的距离=（3）
设，则，；
由（1）知：平面平面的一个法向量
（或者由（1）中待定系数法求出法向量）；设平面的法向量，
则，令，则；
，令，则；，
即锐二面角的余弦值的取值范围为.
【题型七】特殊的几何体
1.（2024·贵州·三模）如图，在正四棱锥中，，已知，，其中分别为的中点.
(1)证明：；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）连接，证明四边形和四边形为平行四边形，进而证得，，即可得证；
（2）以点为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，连接，
由题意可得为的中点，
因为为的中点，
所以且，
又且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为为的中点，
所以且，
又且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以；
（2）由题意知平面，，
如图所示，以点为原点建立空间直角坐标系，
因为，，
所以，
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，
所以二面角的正弦值为.
2.（2024·全国·模拟预测）如图，正方体的棱长为2，在正方形的内切圆上任取一点，在正方形的内切圆上任取一点，在正方形的内切圆上任取一点．
(1)若分别是棱的中点，，求棱和平面所成角的余弦值；
(2)求的最小值与最大值．
【答案】(1)(2)最小值为，最大值为
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，运用线面所成角的方法进行求解；
（2）建立空间直角坐标系，借助三角函数表示出题意中的距离，由均值不等式和柯西不等式解得.
【详解】（1）
以正方体的中心为原点，、、的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系．
由题意，，，，，，
则，，，设平面的一个法向量，
则有，令，则，，所以，所以
所以棱和平面所成角的余弦值为．
（2）由条件，可设，，，
记，，，则（）（其中）
记，先求的最小值：由①及均值不等式，
所以所以
所以当时，可取到最小值.
再求的最大值：
由①知所以
由柯西不等式，
，即，
故当时，可取到最大值．
综上所述，的最小值为，最大值为．
3.（2024·湖南·二模）如图所示，半圆柱的轴截面为平面，是圆柱底面的直径，为底面圆心，为一条母线，为的中点，且.
(1)求证：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）欲证，需证平面，即需证垂直于平面内的两条相交直线和，根据直线平面，可证，根据勾股定理的逆定理可证，从而原命题得证.
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量的方法求二面角的余弦.
【详解】（1）由是直径可知，则是等腰直角三角形，故，
由圆柱的特征可知平面，又平面，所以，
因为，平面，则平面，
而平面，则，
因为，则，所以
，.
所以，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，故.
（2）由题意及（1）易知两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系，
则，，，所以，，，
由（1）知平面，故平面的一个法向量是，
设是平面的一个法向量，
则有，取，可得
设平面与平面夹角为，
所以，
则平面与平面夹角的余弦值为.目录
TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc1785" 【题型一】等角证明及建系型 PAGEREF _Tc1785 \h 1
\l "_Tc14415" 【题型二】投影型证明与建系 PAGEREF _Tc14415 \h 5
\l "_Tc14186" 【题型三】斜棱柱建系法 PAGEREF _Tc14186 \h 10
\l "_Tc18166" 【题型四】翻折型建系求动点 PAGEREF _Tc18166 \h 14
\l "_Tc24365" 【题型五】二面角及其延长线型建系 PAGEREF _Tc24365 \h 19
\l "_Tc14761" 【题型六】最值型 PAGEREF _Tc14761 \h 24
\l "_Tc6591" 【题型七】特殊的几何体 PAGEREF _Tc6591 \h 29
向量角度：
角度公式：
（1）、异面直线夹角（平移角，也是锐角和直角），分别是两直线的方向向量
（2）、直线与平面所成的角（射影角，也是夹角，），分别是直线的方向向量与平面的法向量
（3）、二面角（法向量的方向角，）分别是两平面的法向量