2023_2024学年高二数学上学期期末复习专题1_2空间向量与立体几何20类解答题专练教师版

这是一份2023_2024学年高二数学上学期期末复习专题1_2空间向量与立体几何20类解答题专练教师版，共69页。试卷主要包含了平行证明，垂直证明，点到平面的距离，异面直线所成角，线面角，面面角，二面角等内容，欢迎下载使用。

一、平行证明：
中位线法，平行四边形法，构造平行平面法
证明四点共面一般转化为证明平行
二、垂直证明
证明直线与直线垂直：
1、如果一条直线垂直于一个平面，那么这条直线垂直于这个平面内的任意一条直线。这是证明直线与直线垂直最常用的方法。
2、如果两条平行线中的一条垂直于一条直线，那么另一条也垂直于这条直线。
3、三垂线定理及其逆定理。
4、勾股定理逆定理：如果三角形的三边长是一组勾股数，则这个三角形是一个直角三角形。
5、等腰三角形三线合一：等腰三角形底边上的中线、顶角角平分线和底边上的高是同一条线段。
6、菱形对角线互相垂直。
7、矩形的相邻两边垂直。
8、全等或相似三角形中的垂直
证明直线与平面垂直：
1、如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面。
2、如果两个平面垂直，那么其中一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面。
3、如果两条平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面。
4、如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个，那么这条直线也垂直于另一个平面。
证明平面与平面垂直：
1、如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面垂直。
2、如果二面角的平面角是直角，那么二面角的两个面所在的平面互相垂直。
3、直棱柱的底面垂直于侧面。
三、点到平面的距离
（1）法一：等体积法
（2）法二：法向量：如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度.
四、异面直线所成角
已知，为两异面直线，，与，分别是，上的任意两点，，所成的角为，则
①②.
五、线面角
范围：，公式：
设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的角为，则有
六、面面角
范围：，公式：
七、二面角
范围：，公式：
模块一 平行证明（拆分练习）
母题：如图，P是四边形ABCD所在平面外的一点，AB∥CD，CD＝2AB，E是PC的中点．
方法一：作相交平面找线
证明BE//平面PAD

解析：模型铺垫：AB∥平面βAB∥DE
【简析】若BE//平面PAD，则必有BE//PG，所以所以要证明BE//平面PAD，只需证明BE//PG即可.（中位线）
若F是DC的中点，证明PA//平面BEF
【简析】若PA//平面BEF，则必有PA//EM，所以要证明PA//平面BEF，只需证明PA//EM即可.（中位线）
方法二：BE//平面PAD（正向平移法：构造平行四边形）
【简析】将BE向平面PAD中平移，易知将线段BE沿BA平移，可得E点轨迹，取PD中点M，由平行四边形可得BE∥AM，故BE//平面PAD.
（3）方法三：BE//平面PAD（反向平移法：构造面面平行）
【简析】将PD，AD平移，使之与BE共面，可得平面BEH，易知BH∥AD，EH∥PD，则平面EHB//平面PAD，故BE//平面PAD.
【题型1】由中位线得出平行关系
如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

证明：平面；
【分析】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；
【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

【题型2】构造平行四边形得到平行关系
如图，四棱台的下底面和上底面分别是边和的正方形，侧棱上点满足，证明：直线平面
【详解】（1）证明：延长和交于点，连接交于点，连接，
由，故，所以，所以，
所以，所以为中点，
又且，且，
所以且，
故四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面.
（2）解：以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴
建立如图所示的空间直角坐标系.
【题型3】由面面平行得出线面平行
如图，四边形ABCD为矩形，P是四棱锥P－ABCD的顶点，E为BC的中点，请问在PA上是否存在点G，使得EG∥平面PCD，并说明理出
【答案】在PA上存在中点G，使得EG∥平面PCD，理由如下：
取PA、PD的中点G、H，连接EG、GH、CH
∵G、H是PA，PD的中点，∴△PAD中，可得GH∥AD且GH＝ AD
又∵E是BC的中点，且四边形ABCD为矩形，
∴EC∥AD且EC＝AD，
∴EC、GH平行且相等，可得四边形ECHG是平行四边形
∴EG∥CH，
又∵CH⊂平面PCD，EG⊄平面PCD，
∴EG∥平面PCD．
如图，AD//BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG//AD且，且，
DG⊥平面ABCD，，若M为的中点，N为的中点，
求证：MN//平面．

【答案】证明：设H是DG的中点，连接NH，MH，
由于M是CF的中点，所以MH∥CD，
由于MH⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，
所以MH∥平面CDE．
由于N是EG的中点，所以NH∥DE，
由于由于NH⊄平面CDE，DE⊂平面CDE，
所以NH∥平面CDE．
由于NH⋂MH＝H，
所以平面MNH∥平面CDE，
由于MN⊂平面MNH，所以MN∥平面CDE．
【题型4】构造2个平面的交线
如图，三棱柱中，E，P分别是和CC1的中点，点F在棱上，且，证明：平面EFC．
【答案】证明：连结PB1，交CE于点D，连结DF，EP，CB1，

因为E，P分别为B1C1，CC1的中点，故EP∥CB1且EP＝CB1，
故 ，又B1F＝2，A1B1＝3，故，
所以FD∥A1P，又FD⊂平面EFC，A1P⊄平面EFC，
故A1P∥平面EFC；
如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，且PD⊥面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l． 证明：l∥CB
【证明】证明：因为 ABCD 为正方形，∴ BC∥AD，
又∵ BC平面 PAD，AD平面 PAD．
∴ BC∥平面PAD
又 ∵BC 平面 PCB，平面 PAD∩平面 PCB＝l，
∴ l∥CD．
模块二 垂直证明（拆分练习）
【题型5】证明线面垂直
如图，在四棱锥中，已知、，，，平面，求证：平面.
【解答】证明：（1）面，又面，，
取中点，连接，则，且，
在中，，在中，，
，，
，平面．
如图，在四棱锥中，，，，，点为的中点，且平面．求证：平面
【解答】解：证明：取的中点，连接，，
则，．又，，所以，，则四边形为平行四边形，所以．
又平面，平面，所以，所以．
又，，，平面，所以平面．
【题型6】证明异面直线垂直
已知直三棱柱中，侧面为正方形，，，分别为和的中点，为棱上的点，．证明：；
【解答】证明：连接，
，分别为直三棱柱的棱和的中点，且，
，，
，，
，，
，即,△ABC为等腰直角三角形.
取BC中点G，因为EG∥AB，所以BF⊥EG，
又∵△BFC≌△B1GB，故B1G⊥BF
∴BF⊥平面EGB1D
∵DE平面EGB1D
∴BF⊥DE
如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，，分别为，的中点，，．证明：；
【解答】证明：在平行四边形中，由已知可得，，
，，
由余弦定理可得，
，
则，即，
又，，平面，
而平面，，
，.
如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.证明：
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【详解】(1)如图所示，连结，
等边中，，则，
平面ABC⊥平面，且平面ABC∩平面，
由面面垂直的性质定理可得：平面，故，
由三棱柱的性质可知，而，故，且，
由线面垂直的判定定理可得：平面，
结合⊆平面，故.
【题型7】证明面面垂直
在四棱锥中，底面是正方形，若，，，求证：平面平面
【解答】证明：中，，，，所以，所以；
又，，平面，平面，所以平面；
又平面，所以平面平面．
图1是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，，．将其沿，折起使得与重合，连结，如图2．证明：图2中的，，，四点共面，且平面平面
【解答】解：证明：由已知可得，，即有，
则，确定一个平面，从而，，，四点共面；
由四边形为矩形，可得，
由为直角三角形，可得，
又，可得平面，
平面，可得平面平面
【题型8】平行垂直的向量证明方法
如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点．求证：平面；
【分析】由题意可得两两垂直，所以以为原点，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，再利用空间向量证明即可.
【详解】证明：因为底面，底面，且底面是边长为2的正方形，
所以两两垂直，
所以以为原点，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，，
所以，，，
设平面的法向量，
则，取可得，
所以平面的一个法向量为，
因为，所以平面.
如图，在三棱柱中，平面ABC，，，D为的中点，交于点E．证明：.
【详解】因为平面，平面‖平面,
所以平面，
因为平面，所以,
因为，所以两两垂直，
所以以为原点，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
所以，所以，
故
如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，E为PD的中点，.求证：PB平面AEC；
【答案】证明见解析
【分析】由题意可得AB，AD，AP两两互相垂直，所以以A为原点，以AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，然后利用空间向量证明即可.
【详解】证明：因为平面ABCD，且平面ABCD，则，
因为四边形ABCD为正方形，所以，
所以AB，AD，AP两两互相垂直，
如图，以A为原点，以AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，，.
设平面AEC的法向量为，
则，取，可得，
所以平面AEC的一个法向量为，
可知，即，
又因为平面AEC，所以PB//平面AEC，
模块三 点与面
【题型9】证明四点共面
如图，在长方体中，点分别在棱上，2DE＝ED1 ，
BF＝2FB1 ，证明：点在平面内．
【解答】证明：在EQ AA\S\DO(1)上取点M，使得EQ A\S\DO(1)M＝2AM，连接EQ EM,B\S\DO(1)M,EC\S\DO(1),FC\S\DO(1),
在长方体EQ ABCD－A\S\DO(1)B\S\DO(1)C\S\DO(1)D\S\DO(1)中，有EQ DD\S\DO(1)∥AA\S\DO(1)∥BB\S\DO(1),且EQ DD\S\DO(1)＝EQ AA\S\DO(1)＝EQ BB\S\DO(1)．
又2DE＝EQ ED\S\DO(1),A\S\DO(1)M＝2AM，BF＝EQ 2FB\S\DO(1),∴DE＝AM＝EQ FB\S\DO(1)．
∴四边形EQ B\S\DO(1)FAM和四边形EDAM都是平行四边形．
∴EQ AF∥MB\S\DO(1),且AF＝EQ MB\S\DO(1),AD∥ME,且AD＝ME．
又在长方体EQ ABCD－A\S\DO(1)B\S\DO(1)C\S\DO(1)D\S\DO(1)中，有EQ AD∥B\S\DO(1)C\S\DO(1),且AD＝EQ B\S\DO(1)C\S\DO(1),
∴EQ B\S\DO(1)C\S\DO(1)∥ME且EQ B\S\DO(1)C\S\DO(1)＝ME，则四边形EQ B\S\DO(1)C\S\DO(1)EM为平行四边形，
∴EQ EC\S\DO(1)∥MB\S\DO(1),且EQ EC\S\DO(1)＝EQ MB\S\DO(1),
又EQ AF∥MB\S\DO(1),且AF＝EQ MB\S\DO(1),∴EQ AF∥EC\S\DO(1),且AF＝EQ EC\S\DO(1),
则四边形EQ AFC\S\DO(1)E为平行四边形，
∴点EQ C\S\DO(1)在平面AEF内
如图，多面体ABCGDEF中，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC//平面平面BEF//平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2， 判断点B，C，F，G是否共面，并说明理由．
【详解】取DG中点P，连接PA，PF，如图示：
在梯形EFGD中，FP∥DE且FP＝DE．
又AB∥DE且AB＝DE，∴AB∥PF且AB＝PF
∴四边形ABFP为平行四边形，
∴AP∥BF
在梯形ACGD中，AP∥CG，∴BF∥CG，
∴B，C，F，G四点共面．
如图，四棱锥的底面为正方形，平面，.
(1)证明：四点共面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析,(2)
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，结合空间向量线性运算的坐标表示可得，进而求证；
（2）求出平面的法向量，结合空间向量知识求解即可.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，平面，
所以，
又四边形为正方形，所以.
以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
由，
得，
则.
所以，，
设，
则，解得，
所以，
故四点共面.
（2）设平面的法向量为，
由，得，
取，则，
又，所以点到平面的距离.
【题型10】求点到平面的距离
如图，直三棱柱的体积为4，的面积为，求A到平面的距离
【答案】
【详解】在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，所以点A到平面的距离为
如图，在底面为梯形的四棱锥中，底面，.
(1)证明：平面.(2)延长至点，使得，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析，(2)
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量和直线的方向向量，由点到平面的距离公式求解即可.
【详解】（1）证明：因为，所以.
因为底面，所以，
因为，平面，所以平面，
又，所以平面.
（2）解：以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，.
设平面的法向量为，
则，即令，得.
因为，所以点到平面的距离.
如图，在正方体中，．

(1)求证：；(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析，(2)
【分析】（1）以A为坐标原点，AD为x轴，AB为y轴，为z轴建立如图所示的坐标系，求得两直线的方向向量坐标，通过计算数量积为，从而可证；
（2）求得和平面的法向量，利用点面距离的向量公式即可求解.
【详解】（1）证明：以A为坐标原点，AD为x轴，AB为y轴，为z轴建立如图所示的坐标系．
∵，，，，
∴，，
∴，∴；
（2）∵，，∴，
设面的法向量为，
∵，，
∵，，∴，
令，则，，∴，
设到面的距离为d，
∴.

如图，在直三棱柱中，．

(1)求证：；(2)求点到直线的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建系，再由向量垂直的充分必要条件直接得出空间异面直线垂直.
（2）由向量法求空间距离公式直接得出点到直线的距离.
【详解】（1）建立直角坐标系，其中为坐标原点，以边所在直线为轴，以边所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示

依题意得，
因为，
所以．
（2）
模块四 空间中的角
【题型11】异面直线夹角
如图，三棱锥中的三条棱两两互相垂直，，点满足．若，求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】
【分析】根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角的余弦值即可求出异面直线CD与AB所成角的余弦值.
【详解】
三棱锥中的三条棱两两互相垂直，
以A为原点，分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，因为，则，
，，，，，
，
,，，，
设异面直线与所成角为，则，
故异面直线与所成角的余弦值为.
如图，在四棱锥中，平面，，，，且直线与所成角的大小为.
(1)求的长；(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)2，(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，然后求出，利用直线与所成角的大小为求出的长即可；
（2）先求出平面的法向量，再根据点到面的距离公式求出距离即可.
【详解】（1）因为平面，且，
所以建立如图分别以为轴的空间直角坐标系，
则，令，则，
所以，
所以，
因为直线与所成角的大小为，所以，
即，解得（舍）或者，
所以的长为2；
（2）由（1）知，
令平面的法向量为，因为，
所以，令，则，所以，
又，所以，所以点到平面的距离为.
【题型12】线面角
在四棱锥中，底面．
(1)证明：；(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
【答案】(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.
如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，，，，．
(1)证明：
(2)若平面平面PCD，且，求直线AC与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【详解】（1）如图1，连接BD，
因为四边形ABCD是平行四边形，且，，，
所以，，，
所以，
所以，
所以，所以，
又因为，，BD，PD平面PBD，
所以平面PBD，
因为PB平面PBD，所以，
因为，所以．
（2）如图2，设平面PAB和平面PCD的交线为直线l，
因为，CD平面PAB，AB平面PAB，所以平面PAB，
因为CD平面PCD，平面PAD平面，
所以，
因为平面PBD，所以平面PBD，
因为PB，PD平面PBD，所以∠BPD是平面PAB与平面PCD的二面角，
因为平面平面PCD，所以，即
在Rt△ABP中，因为，，所以
在Rt△BPD中，因为，则，所以△BPD为等腰直角三角形，
方法一：由（1）得CD⊥平面PBD，如图3，以点D为坐标原点，DB所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面PBC的法向量为，
则，
取，则，得，
记直线AC与平面PBC所成角为θ，
则，
所以直线AC与平面PBC所成角的正弦值为．
方法二：在△ABC中，因为，，，则
，
设点A到平面PBC的距离为d，
由（1）知CD⊥平面PBD，因为四边形ABCD是平行四边形，所以，
又因为平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，
所以，
因为，所以，
设点A到平面PBC的距离为d，由（1）知CD⊥平面PBD，
所以，
在△PBC中，，，，
因为，所以，
所以，
所以，解得，
记直线AC与平面PBC所成角为θ，则，
所以直线AC与平面PBC所成角的正弦值为．
【题型13】求二面角（重点）
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．
【答案】（1）；（2）
【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．
如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．

(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)．
【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；
（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
如图，在三棱台中，.
(1)求证：平面平面；(2)若四面体的体积为2，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【详解】（1）（1）延长三条侧棱交于点.因为所以， 分别为中点，且.
因为，所以.
取的中点，则.
因为
所以所以.
，则，故，
即.
因为，,平面,平面,
所以平面.
又平面，故平面平面.
（2）因为，所以.
而,
所以，解得：.
以为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
设为面的一个法向量，
因为，所以，
不妨设，则面的一个法向量.
同理可求得面的一个法向量.
由图示，二面角的平面角为锐角，
所以，所以二面角的余弦值为.
【题型14】求面面角（重要）
如图，在四棱锥中，已知，，，，，，为中点，为中点.
(1)证明：平面平面；(2)若，求平面与平面所成夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【详解】（1）连接，∵为中点，为中点，
∴，又面，面，
∴面，
在中，，，，
∴，即，
在中，，，∴，，
在中，，，，，
∴，，∴，
∵F为AB中点，∴，，
∴，又∵面，面，
∴面，又∵，CF，面，
∴平面平面；
（2）解法一：延长与交于，连，则面面，
在中，，，，所以，
又，，，面，
∴面，面，
∴面面，
在面内过作，则面，
∵面，∴，
过作，连，∵，面，面，
∴面，面，
∴，
∴即为面与面所成二面角的平面角，
∵，，
∴，，
∵，，
∴，，，又，
∴，， ，
∴.
解法二：在中，，，，所以，
又，，平面，
所以平面，平面，
所以平面平面，
又∵，，
∴，
以为轴，为轴，过且垂直于面的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面的法向量，，，
，令，则，∴，
设平面的法向量，，
令，则，，
∴，
所以，
∴平面与平面所成角的余弦值为.
【题型15】已知线面角或二面角，求其它量（重要）
如图，在多面体ABCDE中，平面平面ABC，平面ABC，和均为正三角形，，点M为线段CD上一点．

(1)求证：；
(2)若EM与平面ACD所成角为，求平面AMB与平面ACD所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2).
【详解】（1）取AC中点O，连接DO、OB，在正和正中，，
则，而平面平面ABC，
平面平面，平面ACD，平面ABC，于是平面ABC，平面ACD，
又平面ABC，即有，而．因此四边形DOBE是平行四边形，则，
从而平面ABC，平面ADC，
所以.
（2）由（1）知，平面ADC，为EM与平面ADC的所成角，即，
在中，，即M为DC中点，
由（1）知，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，

显然平面DAC的一个法向量为，设平面MAB的一个法向量为，
则，令，得，
，所以平面AMB与平面ACD所成锐二面角的余弦值为．
如图（1）所示，在中，，过点作，垂足在线段上，且，，沿将折起（如图（2）），点、分别为棱、的中点.
（1）证明：；
（2）若二面角所成角的正切值为，求二面角所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析 ,（2）
【小问1详解】
证明：翻折前，，则，，
翻折后，则有，，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
在四棱锥中，因为点、分别为棱、的中点，则，
因此，.
【小问2详解】
解：因为，，则二面角的平面角为，即，
因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，
平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为，，，则，
又因为，则、、、、
、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，
设平面的法向量为，，则，
取，可得，所以，，
由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.
如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；(2)点在棱上，当二面角为时，求．
【答案】(1)证明见解析；(2)1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
，
，
又不在同一条直线上，
.
（2）设，
则，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
，
化简可得，，
解得或，或，.
如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为正三角形，平面平面，为线段的中点，是线段（不含端点）上的一个动点．
(1)记平面交于点，求证：平面；
(2)是否存在点，使得二面角的正弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析，(2)存在，点为线段上靠近点的三等分点，理由见解析
【分析】（1）证明平面，利用线面平行的性质可证得，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）连接、、，推导出平面，，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，其中，利用空间向量法求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：因为四边形为菱形，则，
因为平面，平面，所以，平面，
因为平面，平面平面，则，
因为平面，平面，因此，平面.
（2）解：连接、、，
因为为等边三角形，为的中点，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
因为四边形是边长为的菱形，则，
又因为，则为等边三角形，则，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，其中，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
设平面的法向量为，
，
则，
取，则，，所以，，
由题意可得，
整理可得，即，因为，解得，
故当点为线段上靠近点的三等分点时，二面角的正弦值为.
如图多面体中，四边形是菱形，，平面，，
(1)证明：平面平面；
(2)在棱上有一点，使得平面与平面的夹角为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析，(2)
【分析】（1）取的中点，连接交于，连接，，证明，利用平面，证明平面，从而平面平面；
（2）建立平面直角坐标系，设，求出二面角，再求得的值，即可得到的坐标，再利用空间向量法求出点到面的距离．
【详解】（1）证明：取的中点，连接交于，连接，，
因为是菱形，所以，且是的中点，
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；
（2）解：取的中点，由四边形是菱形，，则，
是正三角形，，，又平面，
所以以为原点，，，为坐标轴建立空间直角坐标系，
设在棱上存在点使得平面与平面的夹角为，
则，，，，，，
则设，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，，，
则，即，令，，
得
平面的法向量可以为，
，解得，
所以，则
设平面的一个法向量为，
则，即，取，得，
所以点到平面的距离.
如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论；
（2）方法一：根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果．
【详解】（1）因为，为的中点，所以，且．
连结．
因为，所以为等腰直角三角形，
且 ，由知．
由知，平面．
（2）［方法一］：【通性通法】向量法
如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 ．
由已知得
取平面的法向量．
设，则．
设平面的法向量为．
由得 ，
可取
所以 ．由已知得 ．
所以 ．解得(舍去)， ．
所以 ．
又 ，所以 ．
所以与平面所成角的正弦值为．
［方法二］：三垂线＋等积法
由（1）知平面，可得平面平面．如图5，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．
设，则，在中，．在中，由，得，则．设点C到平面的距离为h，由，得，解得，则与平面所成角的正弦值为．
［方法三］：三垂线＋线面角定义法
由（1）知平面，可得平面平面．如图6，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．同解法1可得．
在中，过N作，在中，过N作，垂足为G，联结．在中，．因为，所以．
由平面，可得平面平面，交线为．在平面内，由，可得平面，则为直线与平面所成的角．
设，则，又，所以直线与平面所成角的正弦值为．
［方法四］：【最优解】定义法
如图7，取的中点H，联结，则．过C作平面的垂线，垂足记为T（垂足T在平面内）．联结，则即为二面角的平面角，即，得．
联结，则为直线与平面所成的角．在中，，所以．
如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，E为CD的中点，M在AB上，且，

(1)求证：平面PAD；
(2)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值；
(3)点F是线段PD上异于两端点的任意一点，若满足异面直线EF与AC所成角为，求AF的长．
【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)
【详解】（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，平面，所以，
因为，所以两两垂直，
所以以为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，，E为CD的中点，M在AB上，且，
所以．
所以所以，
所以，又，所以，
又平面PAD，平面PAD，
所以平面PAD．
（2）．
设平面的法向量为，
则有，可取，
由题意，平面的一个法向量可取，
设平面PAD与平面PBC所成锐二面角为，
则，
所以平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为．
（3）设，，
即，
可得，
所以，又，
由题意有，
化简得，解得或（舍），所以，
所以.
【题型16】与角有关的最值与范围问题（难点）
如图AB是圆O的直径，PA垂直于圆O所在的平面，C为圆周上不同于A，B的任意一点．
(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；
(2)设PA=AB=2AC=4，D为PB的中点，M为AP上的动点（不与A重合）求二面角A—BM—C的正切值的最小值．
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）推导出AC⊥BC，PA⊥BC，从而BC⊥平面PAC，由面面垂直的判定定理即可得证．
（2）过A作Ax⊥AB，以A为坐标原点，建立空间坐标系，设M（0，0，t），利用空间向量法表示出二面角的余弦值，当余弦值取得最大时，正切值求得最小值；
【详解】（1）证明：因为PA⊥⊙O，面⊙O，
∴PA⊥BC，
∵BC⊥AC，，平面PAC，平面PAC，
∴BC⊥平面PAC，
又平面PBC，
∴平面PAC⊥平面PBC；
（2）过A作Ax⊥AB，以A为坐标原点，建立如图所示空间坐标系，
则A（0，0，0），，B（0，4，0），设M（0，0，t），
，，
则平面AMB的一个法向量为，
设平面BMC的一个法向量为，
则，即，
令，∴，
如图二面角A—BM—C的平面角为锐角，设二面角A—BM—C为，
则，
∴时，取得最大值，最大值为，此时取得最小值为．
在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2，，QC=3.
(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；
(2)若点P为四棱锥Q－ABCD的侧面QCD内（包含边界）的一点，且四棱锥P－ABCD的体积为，求BP与平面ABCD所成角的正弦值的最小值.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）取的中点为，连接，，通过等腰三角形三线合一结合勾股定理可证，，再利用面面垂直的判定方法可得平面平面.
（2）建立合适的空间直角坐标系，首先得到点的轨迹是的中位线，点的轨迹是的中位线，从而得到线面角的正弦表达式，利用函数单调性即可求出其最值.
【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，且平面，
故平面，
因为平面，故平面平面.
（2）在平面内，过作，交于，因为，则.
结合（1）中的平面，且平面，
则，故直线两两互相垂直，
故以为坐标原点，所在直线分别为轴建如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，
故，，.
因为，所以，
又因为点为四棱锥的侧面内的一点（包含边界），
所以点的轨迹是的中位线，
设，则，，
设与平面所成角为，
则，，
当时，取得最小值，
所以与平面所成角的正弦值的最小值为.
如图，四棱锥中，，，平面平面.

(1)证明：平面平面；
(2)若，，，与平面所成的角为，求的最大值.
【答案】(1)证明见解析，(2)
【分析】（1）根据面面垂直和线面垂直的性质可得，由已知可证，再利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证平面平面；
（2）法1：设，利用向量法求出平面的一个法向量，并根据线面角的公式转化为函数问题分析最值即可；法2：设点到平面的距离为，利用等面积法得到，进而得到，分析取最小值的情况，即可求出的最大值.
【详解】（1）证明：过点A作于，

因为平面平面，平面平面，所以平面，
又平面，所以，
由，，可知，
而，平面
所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）法1：由（1）知平面，平面，所以，
又，所以，
所以，，所以，
由平面ABCD，所以平面．
如图建立空间直角坐标系，则，，，设，
平面的一个法向量为，，
，所以，，即，
得 令，得，
，所以，
显然，当时，取最小值，
综上，当时，的最大值为．
法2：设点到平面的距离为，因为，平面，
所以平面，所以点A到平面的距离也为，
由（1），平面，所以，又，所以，
所以，所以，所以，
由（1），平面，所以，
由，在四边形中，当时，取最小值，
此时四边形显然为矩形，，所以的最大值为．
模块五 探究类问题
【题型17】 验证满足平行条件的点是否存在
如图，在正方体中，点为线段上的动点，，分别为棱，的中点，若平面，求．
【答案】
【解答】解：如图所示，取A1D1，D1C1的中点E，F，则有平面DEF∥平面，则平面DEF与D1B的交线即为点P，取EF中点M，则DM交于P，易知△D1MP∽△BDP，故,故
如图1所示，在矩形中，，，点为线段上一点，，现将沿折起，将点折到点位置，使得点在平面上的射影在线段上，得到如图2所示的四棱锥．在图2中，线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值，若不存在，请说明理由.
【解答】解：（1）在上取点，使得，
过作的平行线交于点，连接，，
因为且，
又且，
所以且，
故四边形为平行四边形，
故，
又平面，平面，
所以平面
如图，在四棱柱中，四边形ABCD是一个边长为2的菱形，，侧棱⊥平面ABCD，．

(1)求平面与平面的夹角的余弦值．
(2)设E是的中点，在线段上是否存在一点P，使得平面PDB？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）设M是AB的中点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用法向量求解即可；
（2）设，从而得，根据直线方向向量和平面法向量数量积为0列方程可解.
【详解】（1）由题意，是正三角形，设M是AB的中点，连接DM，则，所以，．
由平面ABCD，平面ABCD，
得，，即，DM，DC两两垂直．
如图，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系．

则，，，．
则，，
显然，平面的一个法向量是．
设平面的法向量为，
则令，得平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为，则．
所以，平面与平面的夹角的余弦值为．
（2）设，
当时，点P与点C重合，显然与平面PDB相交，不满足题意；
当时，因为，，所以，
又，，所以，．
设平面PDB的法向量为，则
令 ，得．
因为，，所以．
因为平面PDB，所以，
即，解得，
所以线段上存在点P，使得平面PDB，此时
【题型18】 验证满足垂直条件的点是否存在
如图，在棱长为1的正方体中，是的中点，在对角线上是否存在点，使得平面？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【解答】在对角线上存在点，且，使得平面．
证明如下：因为四边形是正方形，所以．
因为平面，平面，所以．
因为，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
作于，因为，所以．
因为平面，平面平面，所以平面．
由△，得．
所以当时，平面．
如图，四棱锥中，底面是平行四边形，平面，垂足为，在线段上，，，，是的中点，四面体的体积为．
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）棱上是否存在一点，使，若存在，求的值，若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）由已知，
，
在平面内，过点作交于，连结，则（或其补角）就是异面直线与所成的角．
在中，，，，
由余弦定理得，．
（2）在平面内，过作，为垂足，连结，又因为，
平面，，
由平面平面，
平面，
，
由得：，
，
由，可得．
三棱柱被平面截去一部分后得到如图所示几何体，平面，，，为棱上的动点（不包含端点），平面交于点，试问是否存在点，使得平面平面？并说明理由．
【解答】存在点，
当点为中点时，平面平面．
证明如下：
，
．
平面，平面，
．
，
．
平面．
平面平面．
斜三棱柱的各棱长都为2，，点在下底面ABC的投影为AB的中点O．在棱（含端点）上是否存在一点D使？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；
【答案】存在，
【分析】连接，以O点为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，根据求解即可.
【详解】连接，因为，为的中点，所以，
由题意知平面ABC，，
又，，所以，
以O点为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
由得，同理得，
设，得，
又，，
由，则，可得，
得，又，即，
所以存在点D且满足条件.
斜三棱柱的各棱长都为，点在下底面的投影为的中点.在棱（含端点）上是否存在一点使？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由；
【答案】存在，
【分析】连接，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，设，根据结合空间向量的坐标运算求解.
【详解】因为点在下底面的投影为的中点，故平面，
连接，由题意为正三角形，故，
以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，
可得，，，
设，
可得，
假设在棱（含端点）上存在一点使，
则，解得
如图1，在边长为4的菱形中，，于点，将沿折起到的位置，使，如图2.

(1)求证：平面；
(2)判断在线段上是否存在一点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)在线段上不存在一点，使平面平面，理由见解析
【分析】（1）首先证明平面，即可得到，再由，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，，求出平面、平面的法向量，根据得到方程，解得，即可判断.
【详解】（1），，
，
，，平面，
平面，平面，
，
，，平面，
平面；
（2）由题意，以，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，， ，，
所以，
设平面的一个法向量为，则，
令， 则，
设，，则，，
设平面的法向量为，则，取，
平面平面，
，解得，
，
在线段上不存在一点，使平面平面．

【题型19】 验证满足角度条件的点是否存在
已知矩形中，，，是的中点，如图所示，沿将翻折至，使得平面平面.
(1)证明：；
(2)若是否存在，使得与平面所成的角的正弦值是？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，
【详解】（1）依题意矩形，，，是中点，
所以，
又，所以，，，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
又平面，所以.
（2）
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系.
则，，，，
设是的中点，
因为，所以，
又平面平面，平面平面，
所以平面，，
假设存在满足题意的，则由.
可得，.
设平面的一个法向量为，
则，令，可得，，即，
设与平面所成的角为，所以
解得（舍去），
综上，存在，使得与平面所成的角的正弦值为.
如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为．
(1)若为棱的中点，求证：平面；
(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；(2)存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.
【详解】
（1）
取中点，连接，
分别为的中点，
，
底面四边形是矩形，为棱的中点，
，．
，，
故四边形是平行四边形，
．
又平面，平面，
平面．
（2）假设在棱上存在点满足题意，
在等边中，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，则是四棱锥的高．
设，则，，
，所以.
以点为原点，，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，，，，
故，，．
设，
．
设平面PMB的一个法向量为，
则
取．
易知平面的一个法向量为，，
，
故存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.
如图甲，在矩形中，为线段的中点，沿直线折起，使得，如图乙.
(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的角为？若不存在，说明理由；若存在，求出点的位置.
【答案】(1)证明见解析；(2)存在，点是线段的中点
【详解】（1）证明：连接，取线段的中点，连接，
在Rt中，，
，
在中，，
由余弦定理可得：，
在中，
，
又平面，
平面，
又平面
∴平面平面，
在中，，
∵平面平面平面，
平面.
（2）过作的平行线，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
平面的法向量，
在平面直角坐标系中，直线的方程为，
设的坐标为，
则，
设平面的法向量为，
，
所以，
令，则，
由已知，
解之得：或9（舍去），所以点是线段的中点.
【题型20】已知点到平面距离，求参数
如图：在直三棱柱中，，，，M是的中点，N是的中点．
(1)求证：∥平面；
(2)求：二面角的余弦值；
(3)在线段上是否存在点P，使得点P到平面MBC的距离为，若存在求此时的值，若不存在请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）取中点D，连接DN、，证明四边形为平行四边形，得，从而可得证线面平行；
（2）分别以为轴，建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角；
（3）用空间向量法求点面距，从而得出结论．
【详解】（1）取中点D，连接DN、，
∵D、N分别为、∴且，
∵与平行且相等，M为中点，∴与平行且相等，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵平面 平面，
∴平面；
（2）∵直三棱柱∴平面ABC又CB、平面ABC，
∴、，
∵即，
∴、CB、CA两两垂直，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
∴ ，
则 ，
易知平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，即，
令则，
设二面角的平面角为，
则，
由图知为钝角，∴；
（3）设，，
∵，
∴，
∴ ，
设平面MBC的法向量为，
则，即，
令则
∴P点到平面MBC的距离为，解得，又∴．