新高考数学一轮复习精品讲练测第7章第05讲 空间向量（2份，原卷版+解析版）

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（核心考点精讲精练）
知识讲解
1．空间向量及其有关概念
2．数量积及坐标运算
(1)两个空间向量的数量积：
①a·b＝|a||b|cs〈a，b〉
②a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)
③设a＝(x，y，z)，则|a|2＝a2，|a|＝eq \r(x2＋y2＋z2).
(2)空间向量的坐标运算：
3．直线的方向向量与平面的法向量
(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或共线，则称此向量a为直线l的方向向量．
(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．
(3)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一．
空间位置关系的向量表示
设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，ν，则
(1)线线平行：l∥m⇔a∥b⇔a＝kb，k∈R；
线面平行：l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0；
面面平行：α∥β⇔u∥ν⇔u＝kν，k∈R.
(2)线线垂直：l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0；
线面垂直：l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku，k∈R；
面面垂直：α⊥β⇔u⊥ν⇔u·ν＝0.
两条异面直线所成角的求法
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角θ的范围为(0，eq \f(π,2)]，公式为cs θ＝eq \f(|a·b|,|a||b|)
直线与平面所成角的求法
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，
则sin θ＝|cs β|＝eq \f(|a·n|,|a||n|).
求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉．
如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足
|cs θ|＝|cs〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
空间两点间的距离公式
若，，则 =.
点到平面的距离
（为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）.
考点一、空间向量的基本概念及其运算
1．（2023·江苏南通·海安高级中学校考一模）设向量，，当数与满足下列哪种关系时，向量与轴垂直（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据空间向量垂直满足的坐标运算即可求解.
【详解】∵，，
∴，
取x轴的方向向量为，
若向量与x轴垂直，
则，解得：，
故选：A．
2．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考三模）在三棱锥P-ABC中，点O为△ABC的重心，点D，E，F分别为侧棱PA，PB，PC的中点，若，，，则=（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据空间向量的线性运算，结合重心的性质即可求解.
【详解】取中点为，
三个式子相加可得,
又
,
故选：D

3．（2023·福建厦门·厦门一中校考一模）（多选）设、为空间中的任意两个非零向量，下列各式中正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】利用空间数量积的定义、运算性质逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】对于A选项，向量不能作除法，A错；
对于B选项，，B对；
对于C选项，，C错；
对于D选项，，D对.
故选：BD.
4．（2023·湖北十堰·统考二模）（多选）《九章算术》中，将上、下底面为直角三角形的直三棱柱叫做堑堵，在如图所示的堑堵中，，则（ ）．
A．
B．
C．向量在向量上的投影向量为
D．向量在向量上的投影向量为
【答案】BD
【分析】利用空间向量的线性运算可判定A、B选项；利用投影向量的定义可判定C、D选项.
【详解】因为
，故A不正确，B正确．
如图所示，故D作DU垂直BC，过U作VU垂直AB，UW垂直AC，
故向量在向量上的投影向量为,向量在向量上的投影向量为，
由题意易得故，C不正确． ，D正确．
故选：BD
1．（2022·福建福州·福建省福州第一中学校考三模）以下四组向量在同一平面的是（ ）
A．、、B．、、
C．、、D．、、
【答案】B
【分析】利用共面向量的基本定理逐项判断可得出合适的选项.
【详解】对于A选项，设，所以，，无解；
对于B选项，因为，故B选项中的三个向量共面；
对于C选项，设，所以，，无解；
对于D选项，设，所以，，矛盾.
故选：B.
2．（2023·西藏日喀则·统考一模）已知向量，若与垂直，则（ ）.
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据垂直关系可得，进而根据坐标运算以及模长公式即可求解.
【详解】由于与垂直，所以，所以，
故，
故选：D
3．（2023·江苏淮安·统考模拟预测）在四面体中，，，，，则的值为（ ）
A．7B．9C．11D．13
【答案】B
【分析】根据空间数量积的运算律计算可得.
【详解】因为，，
所以
，
又，所以，
即，
即，
所以，
所以.

故选：B
4．（2023·吉林白山·抚松县第一中学校考模拟预测）（多选）下列命题是真命题的有( )
A．A，B，M，N是空间四点，若不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面
B．直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直
C．直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥α
D．平面α经过三点，是平面α的法向量，则u+t＝1
【答案】ABD
【分析】由基底的概念以及空间位置关系的向量证明依次判断4个选项即可．
【详解】解：对于A，A，B，M，N是空间四点，若不能构成空间的一个基底，
则共面，可得A，B，M，N共面，故A正确；
对于B，，故，可得l与m垂直，故B正确；
对于C，，故，可得在α内或l∥α，故C错误；
对于D，，易知，故﹣1+u+t＝0，故u+t＝1，故D正确．
故选：ABD．
考点二、空间中的距离求解
1．（2023·江苏徐州·校考模拟预测）在空间直角坐标系中，直线的方程为，空间一点，则点到直线的距离为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】由直线的方程可得直线的方向向量和所过的定点坐标，结合空间点到直线距离的计算公式计算即可得出答案.
【详解】根据题意，直线的方程为，
即，则直线的方向向量为，又因为过点，
，，则，
故在上的射影为：，
故点到直线的距离为：.
故选：D.
2．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）如图，平行六面体中，，，，，则线段的长为 .

【答案】1
【分析】根据空间向量的数量积运算律求解即可.
【详解】由题可得, ，,
所以,且,
因为,
所以
，
所以，
故答案为:1.
3．（2023·湖北·模拟预测）如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面所截得到的，其中，，，，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，计算平面AEC1F的法向量，利用点到面距离的向量公式即得解
【详解】以D为原点，分别以DA，DC，DF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，
则，
∴，.
设为平面的法向量，，
由，得，
令z=1，∴，
所以.
又，
∴点C到平面AEC1F的距离d=.
故选：C.
1．（2023·云南昆明·昆明市第三中学校考模拟预测）如图，已知是侧棱长和底面边长均等于的直三棱柱，是侧棱的中点.则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】取的中点，连接，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，利用空间向量法可求得点到平面的距离.
【详解】取的中点，连接，
因为为等边三角形，为的中点，则，
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、、、，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，所以，点到平面的距离为.
故选：A.
2．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）正四面体的棱长为4，中心为点，则以为球心，1为半径的球面上任意一点与该正四面体各顶点间的距离的平方和： .
【答案】28
【分析】将正四面体放入正方体中，利用向量的线性运算可得，同理可得到，取的中点，可得到，即可求出答案
【详解】因为正四面体的棱长为4，故可将其放入棱长为的正方体中，如图所示，
由题意可得,
同理可得,
,
,
取的中点，
则，
所以，
所以，

故答案为：28
3．（2023·广东佛山·统考模拟预测）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是a，且，，E为的中点，则点E到直线的距离为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用基底向量，即可由空间向量的模长，结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】在平行六面体中，不妨设，，．
,，
，，
所以，，
，
所以E到直线的距离为，
故选：A
考点三、异面直线所成角
1．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）“曲池”是《九章算术》记载的一种几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，面ABCD，，底面扇环所对的圆心角为，的长度是长度的2倍，，则异面直线与所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求解即可.
【详解】由底面扇环所对的圆心角为，的长度是长度的2倍，，所以可知,
设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，，
以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，0，，，2，，，1，，，0，，，2，，
则，
，
又异面直线所成角的范围为，
故异面直线与所成角的正弦值为．
故选：C
2．（2023·广东·统考模拟预测）已知正四棱锥的侧棱长为2，底面边长为，点E在射线PD上，F，G分别是BC，PC的中点，则异面直线AE与FG所成角的余弦值的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由F，G分别是BC，PC的中点，可得，则AE与FG所成的角即是AE与PB所成的角，设AE与PB所成的角为θ.以OA，OB，OP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，根据空间向量夹角公式求解即可.
【详解】如图，连接AC、BD交于O，连接PO.
因为F，G分别是BC，PC的中点，所以，
则AE与FG所成的角即是AE与PB所成的角，设AE与PB所成的角为θ.
由题意知，OA，OB，OP两两互相垂直，
分别以OA，OB，OP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
由得，
所以，，
所以.
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，取得最大值，此时也取得最大值.
故选：C.

3．（2023·江苏南京·南京师大附中校考一模）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将半正多面体补成正方体并建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，设，利用向量夹角的坐标表示及二次函数性质求所成角的余弦值的取值范围.
【详解】将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为半正多面体的棱长为，故正方体的棱长为
所以，.
设，则.
所以.
令，则，
因为，所以.
故直线与直线所成角的余弦值的取值范围为.
故选：C
1．（2023·湖南衡阳·校考模拟预测）如图所示，正方体中，点为底面的中心，点在侧面 的边界及其内部移动，若，则异面直线与所成角的余弦值的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法得出异面直线与所成角的余弦值的最大值.
【详解】建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2
，，，
设，因为，
所以，则
在侧面内取一点，使得，则
易知三角形为直角三角形，则
设，对称轴为，则
即
故选：C
2．（2023·江苏宿迁·江苏省沭阳高级中学校考模拟预测）如图，在三棱柱中，底面为正三角形，侧棱垂直于底面，.若E是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】以为基底表示出，利用向量夹角公式计算出异面直线与所成角的余弦值.
【详解】设，则构成空间的一个基底，
，
，
.
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A
【点睛】本小题主要考查异面直线所成角的求法，属于中档题.
3．（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）四棱柱中，侧棱底面，，，，侧面为正方形，设点O为四棱锥外接球的球心，E为上的动点，则直线与所成的最小角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，确定各点坐标，设球心，根据得到，设，根据向量的夹角公式结合二次函数性质计算最值得到答案.
【详解】如图所示：以分别为轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，
球心在平面的投影坐标为，则设球心，
则，即，
解得，则.
设，，，，
设，则，，
则，
当时，有最大值为，
此时直线与所成的角最小，对应的正弦值为.
故选：D
【点睛】关键点睛：本题考查了立体几何中的异面直线夹角问题，外接球问题，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中建立空间直角坐标系可以简化运算，是解题的关键.
考点四、线面角
1．（2022·全国·统考高考真题）在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
【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.
2．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．
(1)证明：；
(2)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）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得；
（2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出．
【详解】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．
∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴平面是二面角的平面角，则，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．
（2）因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则，
设平面的法向量为
由，得，取，
设直线与平面所成角为，
∴．
3．（2020·海南·统考高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．
（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；
（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【详解】（1）证明：
在正方形中，，因为平面，平面，
所以平面，又因为平面，平面平面，
所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以
因为，所以平面．
（2）［方法一］【最优解】：通性通法
因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，设，
设，则有，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为，则
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
［方法二］：定义法
如图2，因为平面，，所以平面．
在平面中，设．
在平面中，过P点作，交于F，连接．
因为平面平面，所以．
又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角．
设，在中，易求．
由与相似，得，可得．
所以，当且仅当时等号成立．
［方法三］：等体积法
如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求．
设，在三棱锥中，．
在三棱锥中，．
由得，
解得，
当且仅当时等号成立．
在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．
【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；
方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；
方法三：巧妙利用，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出．
4．（2023·江苏·统考三模）如图，三棱锥P－ABC的底面为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝2．D，E分别为AC，BC的中点，PD⊥平面ABC，点M在线段PE上．
(1)再从条件①、②、③、④四个条件中选择两个作为已知，使得平面MBD⊥平面PBC，并给予证明；
(2)在（1）的条件下，求直线BP与平面MBD所成的角的正弦值．
条件①：；
条件②：∠PED＝60°；
条件③：PM＝3ME：
条件④：PE＝3ME．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）如图，建立以D为原点的空间直角坐标系，设，，由平面MBD⊥平面PBC，可得两平面法向量互相垂直，即可得，据此可知可选择①④或②③；
（2）由（1）所建立空间直角坐标系及平面MBD法向量，利用向量方法可得答案.
【详解】（1）因PD⊥平面ABC，平面ABC，平面ABC，则，
又由题可知，则如图，建立以D为原点的空间直角坐标系，
则，，，，
设，.
则，，，，.
故.
设平面MBD法向量为，
则，令，可得；
设平面PBC法向量为，
则，可令，可得.
要使平面MBD⊥平面PBC，需满足.
注意到条件①，
PD⊥平面ABC，平面ABC，，又由题可知，则条件②，
条件③，条件④.
则当条件①④成立或条件②③成立时，都有，即可以使平面MBD⊥平面PBC；
（2）由（1），当选择①④时，，，.
则，平面MBD法向量为，
设BP与平面MBD所成角为，则；
当选择②③时，，，.
则，平面MBD法向量，
设BP与平面MBD所成角为，则；
.
5．（2023·山东潍坊·三模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且.

(1)求证：直线平面；
(2)求证：平面平面；
(3)若点为线段上的动点．当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）设交于点，连接，利用三角形相似证得，从而证得，进而证得直线平面；
（2）通过平面，证得平面，所以平面平面；
（3）建立空间直角坐标系，设，通过向量和平面的法向量建立直线与平面所成角的正弦值的关系式，并利用基本不等式，即可求最值.
【详解】（1）如图，设交于点，连接，易知底面，，所以，
又是底面圆的内接正三角形，由，可得，.
又，，所以，即，
又，所以，
所以，即，
又平面，直线平面，平面，
所以直线平面.
.
（2）因为平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（3）易知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，，

设平面的法向量为，
则，即，令，则，
设，可得，
设直线与平面所成的角为，
则，
即，
令，
则，
当且仅当时，等号成立，所以当时，有最大值4，
即当时，的最大值为1，此时点，
所以，
所以点到平面的距离，
故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为.
1．（2021·浙江·统考高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.
（1）证明：；
（2）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）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证；
（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．
【详解】（1）在中，，，，由余弦定理可得，
所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．
（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,
则,
又为中点，所以.
由（1）得平面，所以平面的一个法向量
从而直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑，
题中与有垂直关系的直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．
2．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为
【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【详解】（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
3．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考三模）图①是直角梯形，，，四边形是边长为的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且.

(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，直线与平面所成角的正弦值为
【分析】（1）由二面角平面角定义可知是二面角的平面角，利用勾股定理可说明，由此可证得结论；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由点到平面距离的向量求法可构造方程求得，利用线面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）在图①中，连接，交于，
四边形是边长为的菱形，，，；
在图②中，相交直线均与垂直，是二面角的平面角，
，，，，平面平面.
（2）以为坐标原点，正方向为轴可建立如图②所示空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，，
设，，
则，
设平面的一个法向量，
则，令，解得：，，；
点到平面的距离，解得：或（舍），
，，
，
直线与平面所成角的正弦值为.

4．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）如图，在底面为正方形的四棱台中，已知，，，A到平面的距离为.

(1)求到平面的距离；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先判定BD1⊥DD1，再根据等体积法计算即可；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量求线面角即可.
【详解】（1）在正方形中，，则，
在中，由条件可知，即，
所以，
因为A到平面的距离为，所以，
因为，记到平面的距离为，
所以由，得，
即到平面的距离为；
（2）在四棱台中，∥平面，
则到平面的距离即为到平面的距离，
假设不垂直于平面，则，与矛盾，
所以平面，
又因为平面平面，所以平面，
由平面，
所以在直角梯形中，如图所示，过D1作D1M⊥AD于M点，

则，
以A为原点，方向为轴的正方向，如图建立空间直角坐标系，

则，，
设是平面的一个法向量，
由，取，则，所以，
设直线与平面所成角为，则.
5．（2023·湖南张家界·统考二模）如图，已知三棱柱，，，为线段上的动点，.
(1)求证：平面平面；
(2)若，D为线段的中点，，求与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理与性质可得，又，利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理即可证明；
（2）由（1），根据面面垂直的性质可得平面，建立如图空间直角坐标系，利用向量法求出平面的法向量，根据空间向量数量积的定义计算可得，结合线面角的定义和同角三角函数的关系即可求解.
【详解】（1）已知，又，，平面，，
所以平面，
又平面，所以，
因为，所以，
又，AC、平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）由（1）知平面平面，
又平面平面，，面，
所以平面.又，
所以平面，所以CA，CB，两两垂直，
以C为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、x轴的正方向，
建立空间直角坐标系如图所示：
因为，所以四边形为矩形，
又因为，所以四边形为正方形.
因为，，所以，
所以，，，.
由D是线段的中点，得，
所以，，.
设平面的一个法向量为，
则即
取，则，所以，
.
设直线与平面所成的角为，则，
所以，
所以直线与平面所成角的余弦值为.
考点五、二面角
1．（2023·全国·统考高考真题）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．
2．（2022·全国·统考高考真题）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．
【答案】(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.

3．（2021·全国·统考高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
4．（2023·河北·模拟预测）如图，在五边形中，四边形是矩形，，将沿着折起，使得点到达点的位置，且平面平面，点，分别为线段，的中点，点在线段上，且.

(1)当时，证明：平面；
(2)设平面与平面的夹角为，求的最大值及此时的值.
【答案】(1)见解析
(2)的最大值为1,此时的值为.
【分析】（1）取的中点,连接,,证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定即可；
（2）首先利用面面垂直的性质定理，再以点为坐标原点，建立合适的空间直角坐标系，写出相关点的坐标和相关向量，利用面面角的空间向量求法即可求出最值.
【详解】（1）取的中点,连接,,
分别为,的中点,
,
四边形是矩形,点为的中点
.
,
四边形为平行四边形，.
又平面平面,
平面.
（2）由题可知，又点为的中点，,
平面平面,平面平面平面,
平面,
以点为坐标原点,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,，
由题设,
当时,显然不符合;
当时,,
.
设平面的法向量为,
则，
取,则,
，
取平面的一个法向量为,
，
当时,,此时取得最大值1.
的最大值为1,此时的值为.
5．（2023·辽宁大连·大连二十四中校考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面PAD，，，，，，E是PD的中点．
(1)求证：；
(2)若点M在线段PC上，异面直线BM和CE所成角的余弦值为，求面MAB与面PCD夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）证明平面PAB即可;
（2）由异面直线BM和CE所成角的余弦值为可得M坐标，后可得答案.
【详解】（1）证明：在中，
∵，，，
由余弦定理可得：，
即，
∴，
从而
∵，∴
∵平面平面PAD，平面ABCD平面PAD，AB平面ABCD.
∴平面PAD，
∴平面PAD，
∴.
∵，AB平面PAB，PA平面PAB，
∴平面PAB.
∵平面PAB，
∴．
（2）以A为原点，以AD为y轴，建系如图所示，则，，，，
则，，
，.
设，则
设异面直线BM和CE所成角为，则
得.此时，
设面MAB的一个法向量为，
有
令，则，，取 .
设面PCD的一个法向量为，
有
令，则，，取
设面MAB与面PCD的夹角为，
则.
即面MAB与面PCD夹角的余弦值为.
1．（2023·福建三明·统考三模）如图，平面五边形由等边三角形与直角梯形组成，其中，，，，将沿折起，使点到达点的位置，且.

(1)当时，证明并求四棱锥的体积；
(2)已知点为棱上靠近点的三等分点，当时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）首先取取的中点，连结，，由条件可先证明平面，即可证明，再利用线面垂直的判断定理，以及勾股定理证明平面，最后根据锥体的体积公式，即可求解；（2）以点为原点，根据（1）中的垂直关系，建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角公式，求二面角的余弦值.
【详解】（1）如图，取的中点，连结，，

因为为等边三角形，且，则，.
因为，，，，
所以，，那么，则也是等边三角形，
所以，.
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
因为，所以，
所以，
因为，，平面，
所以平面.
所以.
（2）由（1）知平面，以､所在直线分别为轴､轴，在平面内过作的垂线作为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.

则，，
在中，因为，所以，
由则，
过点作直线的垂线，垂足为，则，
所以，，
所以
设，因为，所以，
所以，，，即
所以，，
设平面的法向量为，
则，
不妨令，则，，
所以
不妨设平面的法向量为，设平面与平面的夹角为
则，
所以平面与平面夹角的余弦值是.
2．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知是平行六面体中线段上一点，且．

(1)证明：平面；
(2)已知四边形是菱形，，并且为锐角，，求二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，用坐标法求出两平面的法向量求解即可.
【详解】（1）如图：

记与交于点，延长交于，连接，
∵四边形是平行四边形，
，即是的中点，
又是的中点，，
又平面平面，
所以平面．
（2）如图：
过点作于，
由于四边形是菱形，，
又由于是的中点，，
由于菱形中平面平面，
所以平面．
以为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，不妨设菱形的边长为2，
则，，设，
由于，
由于，
设平面的法向量为，
则
令，得，
又平面的法向量为，
．
记二面角的大小，
则，
故二面角的正切值为．
3．（2023·湖南长沙·长郡中学校考模拟预测）如图，在直角梯形ABCD中，，，四边形为平行四边形，对角线和相交于点H，平面⊥平面，，，G是线段上一动点（不含端点）．

(1)当点G为线段BE的中点时，证明：平面；
(2)若，且直线与平面成角，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，由三角形中位线和边长关系可知四边形是平行四边形，即可证明平面；
（2）根据题意可知，以为原点建立空间直角坐标系，可设利用空间向量即可表示出，进而确定点位置，再分别求得两平面的法向量即可得出二面角的正弦值为.
【详解】（1）证明：
连接，如下图（1）中所示：
因为四边形为平行四边形，所以是中点，
又点为线段的中点，则，且,
又且，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；

（2）以为原点，为轴，过且在平面内与垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图（2）所示：
由平面⊥平面，，可知，
均为边长为2的正三角形，
则有，
设，
则，
为平面的法向量，
所以，
解得（其中舍去）,所以，
设平面的法向量为，则有，
令，则，故可取．
设平面的法向量为，则有，
令，则，故可取
所以．
所以二面角的正弦值为．
即二面角的正弦值为.
4．（2023·江苏南通·二模）如图，在圆台中，分别为上、下底面直径，且，， 为异于的一条母线．
(1)若为的中点，证明：平面；
(2)若，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图根据题意和圆台的结构可知平面平面，有面面平行的性质可得，根据相似三角形的性质可得为中点，则，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面、平面的法向量，结合空间向量数量积的定义和同角的三角函数关系计算即可求解.
【详解】（1）如图，连接．
因为在圆台中，上、下底面直径分别为，且，
所以为圆台母线且交于一点P，所以四点共面.
在圆台中，平面平面，
由平面平面，平面平面，得.
又，所以，
所以，即为中点．
在中，又M为的中点，所以．
因为平面，平面，
所以平面；
（2）以为坐标原点，分别为轴，过O且垂直于平面的直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，所以．
则．
因为，所以．
所以，所以．
设平面的法向量为，
所以，所以，
令，则，所以，又，
设平面的法向量为，
所以，所以，
令，则，所以，
所以．
设二面角的大小为，则，
所以．
所以二面角的正弦值为.
.
5．（2023·广东汕头·金山中学校考模拟预测）如图，在三棱台中，面，，
(1)证明：；
(2)若棱台的体积为，，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量证明，则；
（2）利用棱台体积公式得到上下底面三角形的相似比，写出相关点坐标，求出相关平面的法向量，最后利用二面角公式即可求出其余弦值.
【详解】（1）在平面中过点作的垂线，
在平面ABC中过点作的垂线，
面面，，面，
且面面，故面，
面，所以，
故，，三条两两垂直，
建立以点为坐标原点，直线，，分别为，，轴的空间直角坐标系，
如图所示，则由题意得

，，即，
，.
（2）设，
，
根据，则，
由棱台体积公式得
，
所以，则
在（1）问建系基础上，
设面的法向量
由，即，
取，则，则 ，
由题意得，根据，则，则
，
设面法向量
由，即，
取，则，，则，
设二面角的大小为，依图可知，
所以，
所以二面角的余弦值为.
考点六、体积综合
1．（2023·福建泉州·统考模拟预测）在四棱锥中，底面为矩形，点在平面内的投影落在棱上，．
(1)求证：平面平面；
(2)若，，当四棱锥的体积最大时，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作于点，即可得到平面，从而得到，再由，得到平面，即可得证；
（2）过点作于，连接，即可得到平面，则，即可求出、、，根据锥体体积公式及基本不等式求出体积最大值时，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）作于点，因为点在平面内的投影落在棱上，
所以平面，平面，所以，
又为矩形，所以，，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）过点作于，连接，
因为，，，所以，所以，
又因为平面，平面，所以，且，
，平面，
所以平面，平面，所以，
所以，且，，
所以的体积，
在中，，所以，
当且仅当时，此时四棱锥的体积最大，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，所以，
设平面的法向量为，则，所以，
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
2．（2023·广东广州·华南师大附中校考三模）如图，四棱锥的底面为正方形，，平面，，分别是线段，的中点，是线段上的一点.

(1)求证：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，且点不是线段的中点，求三棱锥体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，用坐标法求出点坐标，然后求解即可.
【详解】（1）证明：如图：

连接，在正方形中，
又平面，故.
而，是平面上的两条相交直线，
所以平面.
在中，为中位线，故.
所以平面.
又平面，
所以平面平面.
（2）如图：

以，，所在直线为，，轴建立如图空间直角坐标系，
则，，，，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，
设，
则.
则，
整理得，解得或（舍去），
故，故到平面的距离，
故.
因为，所以，
又，所以，
又，所以平面，
故到平面的距离为.
三棱锥体积为.
3．（2023·湖南衡阳·校考模拟预测）如图，是等腰直角三角形，，四边形是直角梯形，，，且，平面平面．
(1)求证：；
(2)若点E是线段上的一动点，问点E在何位置时，三棱锥的体积为?
【答案】(1)证明见解析
(2)E为线段上靠近点D的三等分点
【分析】（1）利用勾股定理证明，再根据面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）设，则E到平面的距离为到平面的距离的倍，再根据棱锥的体积公式求解即可.
【详解】（1）四边形是直角梯形，，，，
∴，
则，∴，
∵平面平面，平面平面，
平面，
平面，
又平面，；
（2）由（1）可知平面，，
设，则E到平面的距离为到平面的距离的倍，
即E到平面的距离，
是等腰直角三角形，，，，
，即，
，
E为线段上靠近点D的三等分点．
1．（2023·河北保定·统考二模）如图，四棱台的底面是菱形，且，平面，，，.

(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，根据，可证得四边形为平行四边形，由此可得，由线面平行的判定可证得结论；
（2）由，可证得平面，利用体积桥可求得结果.
【详解】（1）连接交于点，连接，
几何体为四棱台，四点共面，且平面，平面，
平面平面，；
四边形和均为菱形，，，，
，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面.
（2）连接交于，
平面，平面平面，平面，
又平面，，
，，平面，平面；
四边形为菱形，，，，
.

2．（2023·江苏徐州·校考模拟预测）在三棱台中，为中点，，，.
(1)求证：平面；
(2)若，，平面与平面所成二面角大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）易证得四边形为平行四边形，由此可得，结合，由线面垂直的判定可得结论；
（2）根据垂直关系，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，由二面角的向量求法可构造方程求得，利用体积桥可求得结果.
【详解】（1）在三棱台中，为中点，则，
又，，
，四边形为平行四边形，，
又，，
，，，
，平面，平面.
（2），，，
又，，平面，平面，
连接，，，为中点，；
以为正交基底，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
设，则，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，令，解得：，，；
又平面的一个法向量，
，解得：，即，
平面，平面平面，平面，
.
3．（2023·吉林长春·东北师大附中校考一模）长方形中，，点为中点（如图1），将点绕旋转至点处，使平面平面（如图2）．

(1)求证：；
(2)点在线段上，当二面角大小为时，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）由已知条件，先证明，再利用平面平面，可证平面，得到，又，可得平面，从而可证；
（2）由题意，建立空间直角坐标系，由向量法求出平面和平面的法向量，进而求出点坐标，确定点位置，求出四棱锥的体积.
【详解】（1）证明：在长方形中，，为中点，
，
，
平面平面，平面平面，
平面，
平面，平面，
，又，平面，平面，
，
平面，平面，
.
（2）
如图，取的中点，的中点，连接，
由题意可得两两互相垂直，
以为坐标原点，以，， 分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
设，则，
设平面的一个法向量为，
则，，
令，得，
，
又平面，是平面的一个法向量，，
令，解得或（舍）.
即为的靠近的三等分点时，二面角的平面角为，
平面，且，
到平面的距离为，又四边形的面积为3，
四棱锥的体积
考点七、立体几何小题综合
1．（2023·辽宁本溪·本溪高中校考模拟预测）如图所示，圆锥的轴截面是以为直角顶点的等腰直角三角形，，为中点．若底面所在平面上有一个动点，且始终保持，过点作的垂线，垂足为．当点运动时，
①点在空间形成的轨迹为圆
②三棱锥的体积最大值为
③的最大值为2
④与平面所成角的正切值的最大值为
上述结论中正确的序号为（ ）．
A．①②B．②③C．①③④D．①②③
【答案】D
【分析】建立空间坐标系，运用空间向量知识求解出点的轨迹方程，再运用三棱锥体积、线面角等相关知识进行选项判定.
【详解】建系如图，为等腰直角三角形，
在所在圆上，设，
，
，
则M的轨迹为圆，
是以OA为直径在xy面上的圆.
又随着M运动，H轨迹是以OC为直径的圆，故①正确
②由图可得，B到面COH的距离为1，，
故②正确；
③设，则，，
，当时等号成立，
即当H运动到点C时，，故③正确；
④由①知H在以OC为直径的圆上，且该圆所在的平面与平面PAB垂直，由对称性，只考虑C在上半圆，
如图，
过H作，过B作，
则BH与平面PAB所成的角为，又，
，
故④错误.
综上所述，正确的序号为①②③
故选：D
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是能够建立空间坐标系，用空间向量知识进行求解，具有较强的综合能力.
多选题
2．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）如图，在各棱长均为2的正三棱柱中，分别是的中点，设，，则（ ）

A．当时，
B．，使得平面
C．，使得平面
D．当时，与平面所成角为
【答案】AC
【分析】取中点为，连接，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，表示出向量的坐标以及平面的法向量，然后根据向量法求解，即可得出答案.
【详解】
取中点为，连接，以点为坐标原点，分别以为轴，以过点且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
所以，，
由可得，，
所以，.
对于A项，当时，有，所以.
又，所以，
所以，，所以，故A项正确；
对于B项，因为，，
设是平面的一个法向量，
则有，即，
取，则是平面的一个法向量.
若平面，则.
因为，显然不共线，故B错误；
对于C项，因为，是平面的一个法向量.
要使平面，则应有，
所以，解得，
所以，，使得平面，故C项正确；
对于D项，当时，点，则.
又是平面的一个法向量，
设与平面所成角为，
所以，，故D项错误.
故选：AC.
3．（2023·全国·模拟预测）如图，正四棱锥的所有棱长均为1，E为BC的中点，M，N分别为棱PB，PC上的动点，设，，，则（ ）
A．AM不可能垂直于BNB．的取值范围是
C．当时，平面平面ABCDD．三棱锥的体积为定值
【答案】ACD
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量证明不成立否定选项A；求得的取值范围判断选项B；当时求得平面与平面ABCD位置关系判断选项C；求得三棱锥的体积判断选项D.
【详解】如图，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，
过点D且垂直于底面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
由，可得，．
选项A：，，
若，则，则，即，
因为，所以方程无实数根，
所以AM不可能垂直于BN，故A正确；
选项B：，，故B错误；
选项C：连接BD交AE于F，取BD的中点O，连接OP，
则平面ABCD，因为E为BC的中点，所以由几何关系可知，
因为，所以，连接MF，则，
所以平面ABCD，又平面AME，
所以平面平面ABCD，故C正确；
选项D：因为，所以．
连接AC，因为，，
所以，则三棱锥的体积为定值，故D正确．
故选：ACD
4．（2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，点，分别在线段和上．给出下列四个结论：其中所有正确结论的序号是（ ）

A．的最小值为2
B．四面体的体积为
C．有且仅有一条直线与垂直
D．存在点，使为等边三角形
【答案】ABD
【分析】由公垂线的性质判断A；由线面平行的性质判断B；举反例判断C；设，，由等边三角形三边相等，判断D．
【详解】对于A：
因为是正方体，
所以平面，平面，
又因为平面，平面，
所以，，即是与的公垂线段，
因为公垂线段是异面直线上两点间的最短距离，
所以当分别与重合时，最短为2，故A正确；
对于B：
因为是正方体，
所以平面平面，且平面，
所以平面，
可知，当点在上运动时，点到平面的距离不变，距离，
由可知，当点在上运动时，到的距离不变，
所以的面积不变，
所以，所以B正确；
对于C：
当分别与重合时，；
当为中点，与重合时，，所以错误；
对于D：如图以点为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
设，，
则，，，，
，
，
，
因为为等边三角形，
由，
得，得，即，
由，得，
则，即，解得或，
即或，故D正确；
故选：ABD．

5．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）正四棱柱，底面边长为，侧棱长为2，则下列结论正确的（ ）
A．点到平面的距离是．
B．四棱锥内切球的表面积为．
C．平面与平面垂直．
D．点为线段上的两点，且，点为面内的点，若，则点的轨迹长为．
【答案】AC
【分析】利用等体积法判断A，利用等体积法求出内切球的半径，即可判断B，找到二面角的平面角，利用勾股定理逆定理即可判断C，建立空间直角坐标系，设点，即可求出动点的轨迹方程，即可判断D.
【详解】对于A：设点到平面的距离为，

，，
，，
又，所以，解得，故A正确；
对于B：

，，
，
，
设内切球的半径为，则，解得，故B错误；
对于C：设底面中心为，连接交于，则为线段中点，

则，，所以为面与面所成角的平面角，
在中，，，∴，
所以平面与平面垂直，故C正确；
对于D，设底面中心为，底面中心为，分别以直线分别为轴建立空间直角坐标系，

设点，又，
由得，，整理得，
所以点轨迹为圆在面内的部分（如下图），
因为，，，显然，所以，
即，

所以的弧长不为，即点的轨迹长不为，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点睛：涉及点到面的距离一般利用等体积法或空间向量法，D选项关键是建立空间直角坐标系，定量计算出动点的轨迹.
6．（2023·广东广州·统考二模）已知正四面体的棱长为2，点，分别为和的重心，为线段上一点，则下列结论正确的是（ ）
A．若取得最小值，则
B．若，则平面
C．若平面，则三棱锥外接球的表面积为
D．直线到平面的距离为
【答案】BCD
【分析】将正四面体放入正方体中，建立空间直角坐标系，对每个选项逐一分析即可．
【详解】将正四面体放入正方体中，以点为原点，以，，所在直线为轴，轴，轴，如图所示，
因为正四面体的长为2，
所以正方体的棱长为，
则，，，
因为点，分别为和的重心，
所以点的坐标为，点的坐标为
所以
设，则，
所以，
所以，
，
对于Ａ：因为，
，
所以，
当时，即，，取得最小值，故A错误；
对于B：若，则，
所以，
因为，，设平面的一个法向量为，
则，取，则，
因为，
所以平面，即平面，故B正确；
对于C：若平面，则，即，
，即，
设平面的一个法向量为，因为，，
则，取，则，
因为，
所以平面，则三棱锥外接球的球心在直线上，
又因为点为等边三角形的重心，
所以点为等边三角形的外心，外接圆半径为，
设三棱锥外接球的半径为，
则，即，解得，
所以三棱锥P－ABC外接球的表面积为，故C选项正确；
对于D：因为点的坐标为，点的坐标为，
所以，
设平面的一个法向量为，
因为，，
所以，取，则，
因为，且直线平面，
所以直线平面，
所以点到平面的距离就是直线到平面的距离，
则点到平面的距离，
即直线到平面的距离为，故D正确，
故选：BCD．
7．（2023·辽宁沈阳·沈阳二中校考模拟预测）如图，在三棱柱中，底面，为线段上的动点，分别为线段中点，则下列命题中正确的是（ ）

A．三棱锥的外接球体积的最大值为
B．直线与所成角的余弦值的取值范围是
C．当为中点时，三棱锥的体积为
D．存在点，使得
【答案】AC
【分析】建立空间直角坐标系，设点的坐标为，，求三棱锥的外接球的半径，判断A，求异面直线与所成角的余弦值判断B，由锥体体积公式判断C，根据垂直关系的向量表示判断D.
【详解】因为底面，，
故以为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设三棱锥的外接球球心为，
因为为直角三角形，
所以的外接圆的圆心为斜边的中点，设其中点为，
则平面，设点的坐标为，
则，故，
所以，因为，
所以，所以，
所以三棱锥的外接球体积的最大值为，A正确；
因为，，
所以，，
若，则，
若，则，
所以，
所以直线与所成角的余弦值的取值范围是，B错误；
当为中点时，又为的中点，
所以，又，所以，
又平面，平面，所以平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以三棱锥的体积，
又的面积，点到平面的距离为，
所以三棱锥的体积为，C正确；
因为，，
由，可得，所以，与矛盾，D错误，

故选：AC.
【点睛】知识点点睛：本题考查线面平行的判定定理，锥体体积公式，利用向量研究异面直线的夹角，利用向量研究空间位置关系和多面体与球的切接关系，属于综合题.
8．（2023·江苏盐城·盐城中学校考三模）已知正方体的棱长为1，为棱（包含端点）上的动点，下列命题正确的是（ ）
A．
B．二面角的大小为
C．点到平面距离的取值范围是
D．若平面，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围为
【答案】ACD
【分析】根据几何体为正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，求出的坐标后利用数量积可判断A的正误，求出平面的法向量和平面的法向量可利用数量积计算夹角的余弦值后可判断B的正误，利用点到平面的距离的公式计算后可判断C的正误，最后利用直线和平面的法向量计算线面角的正弦值后可判断D的正误.
【详解】
由正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，其中，
对于A：，故即，
故A正确.
对于B：，，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
故.
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
故.
故，而二面角为锐二面角，
故其余弦值为，不为，故二面角的平面角不是，故B错误.
对于C：，，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
故.
而，
故到平面的距离为，
故C正确.
对于D：设直线与平面所成的角为.
因为平面，故为平面的法向量，
而，故，
而，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：空间中位置关系的判断、角的计算或范围的判断，可结合几何体的规则性建立合适空间直角坐标系，通过向量的共线、向量的数量积等来判断位置关系，通过平面的法向量、直线的法向量等来处理相关角的计算或范围问题.
1．（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考二模）已知正方体棱长为2，P为空间中一点.下列论述正确的是（ ）
A．若，则异面直线BP与所成角的余弦值为
B．若，三棱锥的体积不是定值
C．若，有且仅有一个点P，使得平面
D．若，则异面直线BP和所成角取值范围是
【答案】D
【分析】A：为中点，连接，若分别是中点，连接，找到异面直线BP与所成角为或其补角，求其余弦值；B：在（含端点）上移动，△面积恒定，到面的距离恒定，即可判断；C：若分别是中点，在（含端点）上移动，证明面，易知要使面，则必在面内，即可判断；D构建空间直角坐标系，设，应用向量夹角的坐标表示求，进而判断夹角的范围.
【详解】A：由，即为中点，连接，若分别是中点，
连接，则，
又且，即为平行四边形，所以，
所以异面直线BP与所成角，即为或其补角，
而，，，故，错误；
B：由知：在（含端点）上移动，如下图示，
△面积恒定，到面的距离恒定，故的体积是定值，错误；
C：若分别是中点，由知：在（含端点）上移动，
由面，面，则面面，
由，面面，面，
所以面，面，则，同理可证：，
由，、面，故面，
而面面，要使面，则必在面内，
显然面，故错误；
D：由知：在（含端点）上移动，
如下图建系，，，则，
设，则，
所以，令，
当，即时，，此时直线和所成角是；
当，即时，则，
当，即时，取最大值为，直线和所成角的最小值为，正确.
故选：D
【点睛】关键点点睛：根据向量的线性关系判断的位置，结合异面直线夹角的定义、锥体体积公式、线面垂直的判定及向量夹角的坐标求法，证明或求解线面垂直、体积、异面直线夹角范围等.
多选题
2．（2023·山东·校联考二模）如图所示，在菱形中，，分别是线段的中点，将沿直线折起得到三棱锥，则在该三棱锥中，下列说法正确的是（ ）
A．直线平面
B．直线与是异面直线
C．直线与可能垂直
D．若，则二面角的大小为
【答案】ABD
【分析】根据三角形中位线性质和线面平行的判定可知A正确；由异面直线的判断方法可知B正确；由向量线性运算和向量数量积运算律可得，由此可知垂直关系无法成立，知C错误；由，可利用构造方程求得二面角的余弦值，由此可知D正确.
【详解】对于A，分别为中点，，
平面，平面，平面，A正确；
对于B，平面，平面，，
与为异面直线，B正确；
对于C，设菱形的边长为，又，则，
，，
，
，，
即与不可能垂直，C错误；
对于D，取中点，连接，
为等边三角形，，，
即为二面角的平面角，
设菱形的边长为，则，
，
，
又，，解得：，
二面角的大小为，D正确.
故选：ABD.
3．（2023·湖北武汉·湖北省武昌实验中学校考模拟预测）如图，在棱长为2的正四面体中，、分别为、上的动点（不包含端点），为的中点，则下列结论正确的有（ ）
A．的最小值为；
B．的最小值为；
C．若四棱锥的体积为，则的取值范围是
D．若，则
【答案】BC
【分析】A将平面PAC和平面BAC沿AC边展开为平面四边形PABC即可求解；
B设，又有△△易得DF⊥PC，根据勾股定理即可求解；
C由得，又得又得，再利用余弦定理及均值不等式即可求的取值范围；
D由即可求解.
【详解】A：如下展开图，为的中点，易知，
则，又D,E不能是端点，故，没有最小值，错误；
B：设，又有△△，所以，
连接DF，则有DF⊥PC，故，正确；

C：设等边△ABC的中心为O，连接PO，
易知PO⊥平面ABC，则，为的中点，
所以得：，
所以，又，
则有，又，可得，
所以，结合对勾函数性质可得，正确；
D：设，，解得或1，即或1，错误；
故选：BC.
4．（2023·重庆巴南·统考一模）如图，平行六面体中，，，与交于点O，则下列说法正确的有（ ）

A．平面平面
B．若，则平行六面体的体积
C．
D．若，则
【答案】ABD
【分析】对于A，由题意可得四边形为菱形，则可得，再计算，可得，从而得平面，再利用面面垂直的判定定理可得结论；对于B， 连接，可得，从而可证得平面，进而可求出体积，对于C，利用空间向量的加法分析判断，对于C，设，则可得 ，然后利用向量的夹角公式计算判断.
【详解】对于A，因为在平行四边形中，，所以四边形为菱形，所以，
因为，，
所以，所以，
因为， 所以，
所以，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，所以A正确，
对于B，连接，因为，，所以，
所以为直角三角形，即，因为∥，所以，
因为由选项A知平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
所以平行六面体的体积，所以B正确，
对于C，因为四边形为平行四边形，所以为的中点，
所以，所以，所以C错误，
对于D，设，因为在菱形中，，所以，
所以，所以D正确，
故选：ABD

【点睛】关键点点睛：此题考查面面垂直的判断，考查平行六面体体积的求法，考查空间向量的运算，解题的关键是正确利用平行六面体的性质结合题意分析求解，考查空间想能力和计算能力，属于较难题.
5．（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）如图，棱长为的正方体中，点、满足，，其中、，点是正方体表面上一动点，下列说法正确的是（ ）

A．当时，平面
B．当时，若平面，则的最大值为
C．当时，若，则点的轨迹长度为
D．过、、三点作正方体的截面，截面图形可以为矩形
【答案】AC
【分析】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断AC选项；分别取、中点、，连接、、、、，找出点的轨迹，结合图形求出的最大值，可判断B选项；作出截面，分析截面的形状，可判断D选项.
【详解】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、，、、，
对于A选项，当时，
，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
所以，，则，
因为平面，故当时，平面，A对；
对于B选项，当时，为中点，

分别取、中点、，连接、、、、，
因为、分别为、的中点，所以，，
又因为且，所以，四边形为平行四边形，则，
所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
因为且，、分别为、的中点，
所以，且，所以，四边形为平行四边形，可得且，
又因为且，所以，且，
故四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，则平面，
因为，、平面平面，
当点为的边上一点（异于点）时，则平面，则平面，
故点的轨迹为的边（除去点），
因为，同理可得，
结合图形可得，B错；
当时，、分别为、的中点，如下图所示：

此时点、、，，
当点在平面内运动时，设点，其中，，
则，
因为，则，解得，
设点的轨迹分别交棱、于点、，则、，
当点在平面内运动时，设点，其中，，
，则，
设点的轨迹交棱于点，则，设点的轨迹交棱于点，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，同理可得，
所以，四边形为平行四边形，且，，
因此，点的轨迹的长度即为平行四边形的周长，C对；
对于D选项，设截面交棱于点，连接、，

题意可知，截面与平面重合，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，同理可得，
所以，四边形为平行四边形，
易知，其中，所以，，，
所以，，故与不可能垂直，
故平行四边形不可能为矩形，故过、、三点的截面不可能是矩形，D错.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：利用平面的性质确定截面形状的依据如下：
（1）平面的四个公理及推论; .
（2）直线与平面平行的判定与性质;
（3）两个平面平行的性质.
6．（2023·云南·校联考模拟预测）如图，正方体的棱长为2，若点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）

A．直线可能与平面相交
B．三棱锥与三棱锥的体积之和为
C．的周长的最小值为
D．当点是的中点时，与平面所成角最大
【答案】BD
【分析】对于A，根据线面平行和面面平行推出平面，故A错误；对于B，根据等体积法求出两个三棱锥的体积之和可得B正确；对于C，将平面与平面展成同一平面，根据点共线时，最小，计算可得C错误；对于D，当点是的中点时，可证平面，从而可得D正确；
【详解】对于A，连，，，，，
因为，平面，平面，
所以平面，同理得平面，
又平面，，
所以平面平面，因为平面，
所以平面，故A错误；

对于B，过点作，垂足为，作，垂足为，
易得，因为平面，所以平面，
，因为平面，所以平面，
因为，，所以，
所以
.故B正确；

对于C，的周长为，，则最小时，的周长最小，
将平面与平面展成同一平面，如图：
当点共线时，最小，
作，交的延长线于，则，，
则，
所以，即的周长的最小值为，故C错误；

对于D，当点是的中点时，，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
所以与平面所成角为，为最大角，故D正确.
故选：BD
【点睛】关键点点睛：C选项中将平面与平面展成同一平面，根据点共线求的最小值是解题关键.
7．（2023·福建泉州·统考模拟预测）直四棱柱中，底面ABCD是菱形，，且，为的中点，动点满足，且，，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．若，则的轨迹长度为
C．若平面，则
D．当时，若点满足，则的取值范围是
【答案】BCD
【分析】对于A，当与重合时，假设成立，结合线面垂直关系推出矛盾，进而判断；
对于B，分别取，的中点，，结合线面垂直关系推出的轨迹是线段，进而求解判断；
对于C，取的中点，连接，，结合线面平行关系推出的轨迹是线段，进而求解判断；
对于D，取的中点，连接交于点，过作交于点，结合，可知的轨迹是线段，结合垂直关系得到点为直线与线段的垂直平分线的交点，进而求解判断.
【详解】对于A，由题意，，，当与重合时，
假设，则，
又，，平面，则平面，
又平面，则，
因为底面ABCD是菱形，，
所以为等边三角形，与矛盾，则假设不成立，故A错误；
对于B，分别取，的中点，，
因为底面ABCD是菱形，所以，
又平面，且平面，所以，
又，平面，则平面，
又平面，则，
因为四边形为正方形，则，
又，平面，所以平面，
所以的轨迹是线段，而，故B正确；
对于C，取的中点，连接，，
因为为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，
同理，平面，平面，
所以平面，
又，平面，
所以平面平面，
若平面，则的轨迹是线段，
因为，所以，故C正确；
对于D，取的中点，连接交于点，过作交于点，
当时，的轨迹是线段，
因为为等边三角形，为的中点，所以，
又，所以点在直线上，
在中，，则点在线段的垂直平分线上，
所以点为直线与线段的垂直平分线的交点，
当与重合时，点为；当与重合时，点为；当在线段上时，点在线段上.
因为，所以，，
因为，，且，所以的取值范围是，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：本题关键在于根据线面垂直关系、平行关系，结合空间向量推导出的轨迹，进而求解.
8．（2023·安徽黄山·统考二模）如图，圆柱的底面半径和母线长均为是底面直径，点在圆上且，点在母线，点是上底面的一个动点，则（ ）
A．存在唯一的点，使得
B．若，则点的轨迹长为4
C．若，则四面体的外接球的表面积为
D．若，则点的轨迹长为
【答案】ACD
【分析】对选项A：作E关于D点的对称点为，利用对称性与三点共线距离最短求解；对选项BD：建立空间直角坐标系，根据F满足的条件判断其轨迹，求其长度；对选项C：证明AE中点Q为四面体的外接球的球心即可.
【详解】
设E关于D点的对称点为，
则，
所以当且仅当三点共线时取等号，
故存在唯一的点，使得，故A正确；
由题意知，以O为坐标原点，以为正方向建立空间直角坐标系，
则设，
则，
对选项B： 当时，，
所以点的轨迹长为上底面圆的一条弦MN，到MN的距离为1，
所以，故点的轨迹长为，所以B错误；
对选项D： 当时，，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其轨迹长为，故D正确；
对选项C：在中， ，
为直角三角形，其外心为与的交点，且，
而
所以，所以Q为四面体的外接球的球心，球半径为，所以球的表面积为，故C正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：对立体几何中动点的轨迹问题采用几何法分析难度时可以用坐标法去研究，根据动点的坐标满足的方程可以方便的判断出轨迹的形状，将几何问题转化为代数问题解决.
考点八、等体积转化求点面距
1．（2023秋·浙江丽水·高三浙江省丽水中学校联考期末）已知矩形中，，现将沿对角线向上翻折得到四面体，且.
(1)求点到平面的距离；
(2)求二面角的大小.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题干数据，先可以证明面，然后利用等体积法求距离即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角即可.
【详解】（1）由题意可得，
又，面，故面.
设点到平面的距离为，
利用等体积法：，
所以解得；
（2）
以点为原点，为轴，为轴，过平行与的射线为轴建立空间直角坐标系，，，，.
设平面法向量为，平面法向量为，
，取则，
故为平面的一个法向量；
，取则，
故为平面的一个法向量；
，
结合图形可知，二面角的大小是锐角，故二面角的余弦值为，该角大小为.
2．（2023秋·江苏扬州·高三扬州中学校考阶段练习）图1是直角梯形ABCD，，，，，，，以BE为折痕将BCE折起，使点C到达的位置，且，如图2.
(1)求点D到平面的距离；
(2)若，求二面角的大小.
【答案】(1)详见解析；
(2)
【分析】（1）连接AC，交BE于F，易得四边形ABCE是菱形，得到，再由，得到，从而有平面，然后利用求解；
（2）由（1）建立空间直角坐标系，求得平面BEP的一个法向量为，易知平面BEA的一个法向量为，由求解.
【详解】（1）解：如图所示：
，
连接AC，交BE于F，
因为，，，，，
所以AE=2，
又，
所以四边形ABCE是菱形，
所以，
在中，，
所以，又，则，
所以，又，
所以平面，
设点D到平面的距离为h，
因为，
且，
所以，解得；
（2）由（1）建立如图所示空间直角坐标系：
则，
所以，因为，
所以，
设平面BEP的一个法向量为，
则，即，
令，得，
易知平面BEA的一个法向量为，
所以，
则，
易知二面角的平面角是锐角，
所以二面角的大小为.
1．（2023·江苏扬州·统考模拟预测）如图，平行六面体的体积为6，截面的面积为6．

(1)求点到平面的距离；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）应用等体积法求出点到平面距离；
（2）空间向量法求线面角的正弦值即可.
【详解】（1）在平行六面体中，是三棱柱，
，
设点到平面的距离为，则，所以，
即点到平面的距离为1．
（2）在中，，所以是菱形，连接交于，则，
由（1）知点到平面的距离为1，所以平面．
设点在直线上射影为点，
则，且，
所以和重合，即．
以为坐标原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
根据，则，
，设平面的一法向量为，
则，取，则，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角正弦值为．

2．（2023春·湖北·高三统考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，平面，
(1)求到平面的距离；
(2)求平面与平面的夹角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等体积求解.
（2）以为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设平面与平面的夹角为，则代入求解.
【详解】（1）平面，所以是三棱锥的高，
根据题意，设到平面的距离为，，
由得，
代入数据，得，
所以到平面的距离为.
（2）由平面，平面，
，又则，
两两垂直，
以为坐标原点，分别以为轴，轴，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，
平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，则，
，平面与平面的夹角的正弦值为
考点九、几何法求空间角
1．（2023·山东·校联考二模）如图，在正三棱台ABC—DEF中，M，N分别为棱AB，BC的中点，.
(1)证明：四边形MNFD为矩形；
(2)若四边形MNFD为正方形，求直线BC与平面ACFD所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据三角形中位线可得线线平行，进而可证为平行四边形，由三角形全等可证对角线相等，即可求证为矩形，
（2）根据正棱台可判断三棱锥 为正三棱锥，根据棱长进而判断为正四面体，由正四面体的性质即可结合长度以及线面角的定义求解.
【详解】（1）延长,则相交于一点,连接,
M，N分别为棱的中点，所以 且，
由于，所以又，
所以,所以四边形为平行四边形，
在三棱锥中，,所以,
进而得 ,又 ,因此
所以 ，故四边形为矩形
（2）由可知分别是的中点，
所以,
又四边形为正方形，所以，所以,
由于三棱锥为正三棱锥，且，因此三棱锥为正四面体，
因此直线BC与平面ACFD所成的角即为直线与平面所成角，
取的中心为,连接,则平面，所以为直线与平面所成角，
设四面体的棱长为 ，在中，由正弦定理可得， ，
在中，,
故直线BC与平面ACFD所成的角的正弦值为
2．（2023秋·江苏连云港·高三校考阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，E为PD上的中点.

(1)求证：PB平面AEC；
(2)设PA=AB=1，求平面AEC与平面AED夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）根据线线平行即可得线面平行，
（2）利用线面垂直得线线垂直，进而得平面夹角的平面角，即可利用边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量夹角即可求解.
【详解】（1）如图，连接交于点，连接，则为的中点，
为的中点，
又平面平面，
平面.

（2）方法一：由于, PA⊥平面ABCD，平面ABCD,所以,
平面,所以平面,
平面,所以,
由于为中点，所以,
因此即为平面AEC与平面AED所成角的平面角或其补角，
由于,
所以,
故平面AEC与平面AED所成角的余弦值为.
解法二：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，
则，
，
平面的法向量为，
设平面的法向量为，则即
令，则，
，
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为.
3．（2023·广东深圳·深圳中学校联考模拟预测）如图所示，在三棱锥中，满足，点M在CD上，且，为边长为6的等边三角形，E为BD的中点，F为AE的三等分点，且.
(1)求证：面ABC；
(2)若二面角的平面角的大小为，求直线EM与面ABD所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）在BE上取一点N，使得，由题可得，，根据线面平行及面面平行的判定定理可得面面ABC，进而即得；
（2）根据面面垂直的判定定理可得面面AEC，过点C作，则面ABD，根据条件可得C到面ABD的距离及M到面ABD的距离，然后利用余弦定理可得EM，进而即得.
【详解】（1）在BE上取一点N，使得，连接FN，NM，
∵，∴，，，
∵，∴，
则，又面ABC，面ABC，
∴面ABC，
∵，∴.
∵面ABC，面ABC，∴面ABC，
∵，面FNM，
∴面面ABC，又面FNM，
∴面ABC；
（2）∵，，
所以二面角的平面角为.
又∵，面AEC，
∴面AEC，∵面ABD，
∴面面AEC，
∵面面，在面AEC内过点C作于H，则面ABD，
则.
∵，
∴，即C到面ABD的距离为，
∵，∴M到面ABD的距离为.
计算EM：，
在中，，，
∴.
∴EM与面ABD所成角的正弦值为.
4．（2022秋·湖北·高三校联考期中）如图，在三棱柱中，，，，是棱的中点．
(1)证明：平面；
(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，由等腰三角形三线合一性质可分别证得，，根据线面垂直的判定可证得平面，即为所证结论；
（2）过作于，过作于，由面面垂直的判定与性质可知平面，平面，利用三棱锥的体积可求得；
方法一：设，由长度关系可知与重合，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得结果；
方法二：过作，由线面垂直的判定与性质可得，由二面角平面角定义可知所求角为，根据长度关系可求得，进而得到结果.
【详解】（1）取中点，连接，
，为中点，，
，，，，
，又为中点，，
由棱柱性质知：，四点共面，
，平面，
平面，即平面.
（2）由（1）知：平面，
平面，平面，
平面平面，平面平面，
过作于，则平面；过作于，则平面，
，；
在中，，
，
，；
方法一：设，则，
在中，，
，，又，
点与点重合，
以为原点，以分别为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，，，
设面的法向量为，
，令，解得：，，；
设平面的法向量为，
，令，解得：，，；
，.
方法二：过作，连接，
面，平面，，
，平面，平面，
又平面，，即为所求二面角的平面角，
在中，，，则，
在中，，，，
由与相似可得：，，
则，，，
即平面与平面的夹角.
5．（2022秋·湖北·高三湖北省红安县第一中学校联考阶段练习）如图①，，将图①中左右两个三角形沿着翻折成为图②所示的三棱锥，棱上的点满足.
(1)过点作截面平面，写出作法并证明；
(2)当二面角的大小为时，求直线与（1）中平面所成角的正切值.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）结合面面平行的判定定理画出截面.
（2）法一（几何法）：作出二面角的平面角，由此确定角度；作出直线与平面所成的角，解三角形求得所成角的正切值；法二（向量法）：建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成的角的正弦值并转化为正切值.
【详解】（1）如图，作交于，作交于，连接，则即截面.
证明：因为平面平面，所以平面
同理可证得平面，而，平面，
平面平面，即截面平面.
（2）法一：
如图，在平面中作，，
则，而，平面，
平面，所以是二面角的一个平面角，
.
由于平面，所以平面平面，
设点在平面上的投影为，则在的延长线上，
连接，则，
即直线与平面所成的角，也等于与平面所成的角.
，
，
直线与平面所成角的正切值为.
法二：
如图，在平面中作，，
则，而，平面，
平面，所以是二面角的一个平面角，
.
由第（1）问可知直线与平面所成的角等于与平面所成的角.
可建立如图所示的空间直角坐标系，轴在平面ABM上.
取平面的一个法向量为
设与平面所成的角为，则
，
因为，，
所以，
直线与平面所成角的正切值为.
1．（2023秋·山东临沂·高三校联考开学考试）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面，．

(1)证明；平面平面；
(2)设P为上的一个动点，是否存在点P使得与平面所成角为30°，若存在，求，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定证明平面即可；
（2）过作于，连接，根据线面垂直的判定可得平面，进而可得为与平面所成角，再根据三角函数求解即可.
【详解】（1）连接，因为平面，平面，故.
又底面是菱形，故，
又，平面，所以平面.
因为，所以平面平面.

（2）假设存在点满足条件，设，
因为底面是边长为2的菱形，，故.
过作于，连接，则，.
因为平面，平面，故，
又，平面，故平面，
所以为与平面所成角.
又，则.
故，即，解得，即.

2．（2023秋·浙江·高三浙江省普陀中学校联考开学考试）如图三棱柱中，是边长为2的正三角形，，二面角的余弦值为.

(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，，根据题意分析可知：二面角的平面角为，进而可得，利用勾股定理结合线面垂直的判定定理分析证明；
（2）方法一：建系，利用空间向量求线面夹角；方法二：利用等体积法求点到平面的距离为，进而可得结果；方法三：过作，连接，分析可知与平面所成角，运算求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，，

因为，则，，
可得二面角的平面角为，即，
在中，则，
因为，即，
可得，，即，，
且，平面，所以平面.
（2）方法一：由（1）可知：，，，平面，
所以平面，且平面，
可得平面平面，
若过作平面的垂线，可知垂线在平面内，
如图，以O为坐标原点，分别为轴建系，

则，，，，
设点在平面的投影为，由面面垂直可知：，连接，
在中，由等面积法可得，解得，
则，所以，
可得，
所以
设平面的法向量，则，
令，则，即，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
方法二：由（1）可知：，，，平面，
所以平面，
且平面，可得，
又因为∥，所以，则，
设点到平面的距离为，
因为，
则，解得
所以与平面所成角的正弦值为；
方法三：由（1）可知：，，，平面，
所以平面，
且平面，可得，
又因为∥，所以，则，
过作，连接，

因为平面，平面，则，
且，平面，所以平面，
所以与平面所成角，
在中，由等面积法可得，解得，
所以与平面所成角的正弦值为.
3．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，，点分别是的中点，点是线段上一点，且平面．

(1)求证：点是线段的中点；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）方法一：过点作，由线面平行的性质可知，从而证得四边形为平行四边形，由长度关系得，从而证得结论；
方法二：取的中点，根据面面平行的判定可证得平面平面，进而得到，从而证得结论；
方法三：以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由可构造方程求得，从而得到结论；
（2）方法一：以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.
方法二：取中点，中点，过点作，利用线面垂直的判定与性质，结合二面角平面角定义可证得即为所求二面角的平面角；根据长度关系可求得结果；
【详解】（1）方法一：过点作，且，

，四点共面，
平面，平面平面，，
又，四边形是平行四边形，
，，又为中点，，
又，点是线段的中点.
方法二：取的中点，连接，

分别为中点，，
平面，平面，平面，
又平面，，平面，
平面平面，
又平面平面，平面平面，，
是中点，点是线段的中点.
方法三：以为原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

设，则，，
平面轴，平面的一个法向量，
又平面，，解得：，
点是线段中点.
（2）方法一：以为原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，，
则，，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设平面的法向量，
则，令，则，，；
，
又二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.
方法二：取中点，中点，连接，过点作，且，连接，

，为中点，，
平面，平面，，
，平面，平面，
又，平面，
平面，，又，平面，
平面，又平面，，
即为二面角的平面角；
在正方形中，作，且，

，，，
，
，，
又，，
，即二面角的余弦值为.
4．（2023·江苏淮安·统考模拟预测）如图，斜三棱柱中，，为的中点，为的中点，平面平面.

(1)求证：直线平面；
(2)设直线与直线的交点为点，若三角形是等边三角形且边长为，侧棱，且异面直线与互相垂直，求异面直线与所成角.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，从而，得到线面平行；
（2）设，先证明为的三等分点，然后运用余弦定理求出，再由锐角三角函数求出，即可得解；
【详解】（1）斜三棱柱中，为的中点，为的中点，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）因为，为的中点，所以，
因为平面⊥平面，交线为，平面，
所以平面，又，同理可证平面，平面，
所以，又与互相垂直，，面，
故面，面，所以，设，所以为直角三角形，
因为四边形为平行四边形，所以，所以为的三等分点，设，
由余弦定理可得
解得，所以，故，
因为，，，
又⊥平面，平面，，
在中，，
由（1）知，所以或其补角即为异面直线与所成角，
设异面直线与所成角为，所以，
所以与所成的角为

5．（2023秋·广东阳江·高三统考开学考试）在正三棱台中，，，为中点，在上，.

(1)请作出与平面的交点，并写出与的比值（在图中保留作图痕迹，不必写出画法和理由）；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)答案见解析，2
(2)
【分析】（1）根据直线与平面的公理，延长线段，延展平面，结合相似三角形，可得答案；
（2）根据线面角的定义，作图，求其所在三角形的边长，利用三棱台的几何性质，在其侧面，结合等腰梯形以及余弦定理，可得答案.
【详解】（1）①作图步骤：延长，使其相交于，连接，则可得；
作图如下：

作图理由：在平面中，显然与不平行，延长相交于，
由，则平面，由平面，则平面，
由，，则平面，可得
故平面.
②连接，如下图所示：

在正三棱台中，，即，易知，
则，由，且，则，显然，
由分别为的中点，则，且，
易知，故.
（2）由题意，过作平面的垂线，垂足为，并连接，如下图所示：

由（1）可知：且，则，由，，
在侧面中，过分别作的垂线，垂足分别为，如下图所示：

易知,，所以，
在中，，则，
棱台的高，
由图可知直线与平面所成角为，
因为平面，且平面，所以，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第2小问解决的关键在于利用余弦定理求得，利用勾股定理求得，从而得解.
【基础过关】
一、单选题
1．（2023·四川眉山·仁寿一中校考模拟预测）如图，在直三棱柱中，面，，则直线与直线夹角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】以为原点，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，求出，，利用向量的夹角公式可得答案.
【详解】在直三棱柱中，平面，平面，
所以，，
平面，平面，所以，
所以互相垂直，
以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
设，
则，
可得，，
所以.
所以直线与直线夹角的余弦值为.
故选：C.

2．（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，，点是的中点，点是上不与端点重合的动点，则异面直线与所成角的正切值最小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，先证明，再以为空间直角坐标系的原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设异面直线与所成角为，利用向量法求出，再利用函数求出最值即得解.
【详解】如图所示，连接. 由题得，所以是等边三角形，所以.
因为平面，所以.以为空间直角坐标系的原点，建立如图所示的空间直角坐标系.设.
则.
由题得,
.
设.
所以.
设异面直线与所成角为，
则.
当时，最大为，此时最小，最小值为.
故选：C
二、多选题
3．（2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考三模）如图，在正四棱柱中，，为四边形对角线的交点，下列结论正确的是（ ）
A．点到侧棱的距离相等B．正四棱柱外接球的体积为
C．若，则平面D．点到平面的距离为
【答案】BD
【分析】利用正四棱柱的体对角线等于外接球直径，以及空间位置关系的向量方法证明和空间距离的向量方法计算方法即可求解.
【详解】对于A, 到侧棱的距离等于,
到侧棱的距离相等且等于,故A错误；
对于B，设正四棱柱外接球的直径为，则有,
即，所以外接球的体积等于，故B正确；
对于C，建立空间直角坐标系，如图，
则,
因为，所以,
所以，，,
所以，所以与平面不垂直，故C错误；
对于D,由以上知，设平面的法向量为，
则有，,
,即，令则，
所以，
因为,所以点到平面的距离为，故D正确.
故选:BD.
4．（2023·福建·统考一模）如图，在棱长为1的正方体中，点M为线段上的动点（含端点），则（ ）
A．存在点M，使得平面
B．存在点M，使得∥平面
C．不存在点M，使得直线与平面所成的角为
D．存在点M，使得平面与平面所成的锐角为
【答案】BCD
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式、法向量的性质逐一判断即可.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
，
设，
设平面的法向量为，
，
则有，
假设存在点M，使得平面，所以有，
所以有，因此假设不成立，因此选项A不正确；
假设存在点M，使得∥平面，
所以有，所以假设成立，因此选项B正确；
假设存在点M，使得直线与平面所成的角为，，
所以有，
解得，，所以假设不成立，故选项C正确；
假设存在点M，使得平面与平面所成的锐角为，
设平面、平面的法向量分别为、，
显然，
则有，
当时，有
，
所以有（舍去），或，假设成立，选项D正确，
故选：BCD
5．（2023·山西临汾·统考一模）如图，在平行六面体中，分别是的中点，以为顶点的三条棱长都是，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．平面
C．
D．与夹角的余弦值为
【答案】ABD
【分析】根据线面平行、线面垂直、空间距离、线线角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，连接，
由于分别是的中点，所以，
根据棱柱的性质可知，所以,
由于平面，平面，
所以平面，所以A选项正确.
B选项，，
，

，
所以，
由于平面，所以平面，B选项正确.
，
所以，即，所以C选项错误.
D选项，，，，
，
所以与夹角为，
则.
故选：ABD
三、解答题
6．（2023·云南红河·弥勒市一中校考模拟预测）如图，在直三棱柱中，，E为的中点，．
(1)证明：．
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】(1)利用线面垂直的性质定理和判定定理可证明;(2)建系,利用空间向量的坐标运算可求解.
【详解】（1）在直三棱柱中，平面,平面,
所以 ，
又由题可知，，
,平面
且,
所以平面,
又因为平面,所以.
（2）以为坐标原点，分别为轴建系如图，
由，，可得，
则有
设平面的一个方向量为 ,
所以 即 令则，
所以
因为平面,所以为平面的一个法向量，
所以,,
即二面角的余弦值等于.
7．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）如图，且，，且，且，平面，．
(1)求平面与平面的夹角；
(2)求直线到平面的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)建立空间直角坐标系，根据空间角的向量方法求解;(1)由线面平行可得直线上所有点到平面距离相等，再利用等体积法可求解.
【详解】（1）因为，面，故可以为坐标原点，
为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，如图：
由题可知：，，，，，，，
易知面的一个法向量为，设面的法向量为，
，，故得，即，
不妨令y＝1，则，，
所以平面与平面的夹角为．
（2）因为，面，则面，
所以直线到平面的距离与点到面的距离相等，
如图，连接，由（1）可知平面，平面，
所以，
又因为，所以，设点到平面EBC的距离为，
则，
，
又因为，所以，
所以直线AD到平面EBC的距离为．
8．（2023·云南大理·统考模拟预测）如图，在正三棱柱中，底面边长为2，，D为的中点，点E在棱上，且，点P为线段上的动点．
(1)求证：；
(2)若直线与所成角的余弦值为，求平面和平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据勾股定理逆定理，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；
（2）根据空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）在矩形中，，D为的中点，
所以，所以，
因为是正三角形，D为的中点，
所以，又因为是正三棱柱，所以平面，
而平面，所以，而平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为平面，点P为线段上，
所以平面，而平面，所以；
（2）如图以的中点为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，
则，设，
则，
所以，即，解得，
所以，
设为平面的法向量，则
令，则，所以，
取为平面的法向量，所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
9．（2023·四川·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，点在棱上，设.
(1)证明：.
(2)设二面角的平面角为，且，求的值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质、勾股定理的逆定理，结合面面垂直的性质、线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）证明：取的中点，连接.
因为，所以.
又，所以四边形是平行四边形，从而.
因为，所以，从而.
因为，所以，则.
因为平面平面，平面平面，
平面，
所以平面，平面，从而.
又，平面，
所以平面，因为平面，所以；
（2）由（1）知两两垂直，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.
，
，可得.
设平面的法向量为，
由，
不妨令，则.
因为平面，所以可取平面的一个法向量为，
因为，所以，
解得或（舍去）.
10．（2023·全国·校联考模拟预测）图1是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，，．将该图形沿，折起使得与重合，连接，如图2．
(1)证明：图2中C，D，E，G四点共面；
(2)求图2中二面角的平面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）依题意可得，，根据平行公理可得，即可得证；
（2）在平面内过点作，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）证明：∵四边形和分别是矩形和菱形，
∴，，
∴，
∴，，，四点共面．
（2）解：在平面内过点作，以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，．
∴，，，．
设平面的一个法向量为，则，即．
令，则．∴．
设平面的一个法向量为．则，令，可得．
∴，显然二面角为锐角．
∴二面角的平面角的余弦值为．
【能力提升】
一、单选题
1．（2023·全国·模拟预测）如图，圆柱的轴截面为矩形，点，分别在上、下底面圆上，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用圆柱的性质、异面直线所成的角即可求解.
【详解】方法一 如图（1），在上取点，使，连接，，，，．
易知四边形为矩形，则，且．
连接，．因为，且，
所以四边形为平行四边形，所以，且．
连接，则，且，
所以四边形为平行四边形，则，
所以或其补角是异面直线与所成的角．
在中，，，所以．
在中，，，所以．又，
所以．
故选：D．
方法二 如图（2），在上取点，使，连接，，，．
易知四边形为矩形，，．连接．
由已知条件，得为圆柱的一条母线．
以为坐标原点，分别以直线，，为轴、轴、轴建立如图（2）的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，则，
所以异面直线与所成角的余弦值为．
故选：D．
2．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，若三棱锥的体积等于时，异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先通过等边三角形和等腰直角三角形结合体积求得两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线所成角的余弦值.
【详解】取的中点，连接，因为是边长为2的等边三角形，
所以且，又，所以，
由得，所以，
设到平面的距离为h，则三棱锥的体积等于，
解得，而，
即为三棱锥的高，故平面，所以两两垂直，如图：

以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、，所以，，
设异面直线与所成角为，则，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C
二、多选题
3．（2023·福建宁德·福建省宁德第一中学校考一模）如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，分别是线段的中点，是线段上的一个动点（含端点），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得
B．存在点，使得异面直线与所成的角为
C．三棱锥体积的最大值是
D．当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大
【答案】ACD
【分析】首先以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，对选项A，假设存在点，根据即可判断A正确，对选项B，假设存在点，根据无解即可判断B错误，对选出C，连接，根据即可判断C正确，对选项D，设直线与平面所成的角为，得到，
再根据函数的单调性即可判断D正确.
【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
，，，，，，，
；
对于A，假设存在点，使得，
则，又，
所以，解得：，
即点与重合时，，A正确；
对于B，假设存在点，使得异面直线与所成的角为，
因为，，
所以，方程无解；
所以不存在点，使得异面直线与所成的角为，B错误；
对于C，连接；
设，
因为，
所以当，即点与点重合时，取得最大值；
又点到平面的距离，
所以，C正确；
对于D，由上分析知：，，
若是面的法向量，则，
令，则，
因为，设直线与平面所成的角为，，
所以，
当点自向处运动时，的值由到变大，此时也逐渐增大，
因为在为增函数，所以也逐渐增大，故D正确.
故选：ACD.
4．（2023·江苏南京·南京市第五高级中学校考模拟预测）已知正方体的棱长为，为棱的中点，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，平面
B．当时，
C．当时，三棱锥的体积是定值
D．当点落在以为球心，为半径的球面上时，的取值范围是
【答案】ABD
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用线面平行的判定定理可判断A选项；求出点的坐标，利用空间向量垂直的坐标表示可判断B选项；利用空间向量法计算点到平面的距离，可判断C选项；分析点的轨迹，可得出，结合三角换元法可判断D选项.
【详解】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、、、、、、、
、.
对于A选项，当时，，
所以，，平面，平面，平面，A对；
对于B选项，当时，，
，即点，
则，，
所以，，故，B对；
对于C选项，设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，
所以，点到平面的距离为不是定值，
而的面积为定值，故四面体的体积不是定值，C错；
对于D选项，因为，其中，，则点在侧面内，
平面，平面，，
所以，，
所以，点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
因为，，所以，，
所以，，
因为，，设，，其中，则，
所以，，D对.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：求点到平面的距离，方法如下：
（1）等体积法：先计算出四面体的体积，然后计算出的面积，利用锥体的体积公式可计算出点到平面的距离；
（2）空间向量法：先计算出平面的一个法向量的坐标，进而可得出点到平面的距离为.
5．（2023·福建宁德·校考二模）在棱长为1的正方体中，，，分别为线段，，上的动点（，，均不与点重合），则下列说法正确的是（ ）

A．存在点，，，使得平面
B．存在点，，，使得
C．当平面时，三棱锥与三棱锥体积之和的最大值为
D．记，，与平面所成的角分别为，，，则
【答案】AD
【分析】正方体中以为原点建立如图所示空间直角坐标系，令,当时，则要使平面则需可用向量法计算判定选项A；=,=则++=+要使则需=即可，用三角函数判定选项B; 当平面时则需最大,则选项C可判定；由等积法得到平面的距离为进而可得，选项D可判定.
【详解】正方体中以为原点建立如图所示空间直角坐标系，

令
平面,平面
又
平面 又平面

当时，则
要使平面则需,
则，
即
当时，则选项A正确；
=,=
则++=+
要使则需=
=，=，=
则中由余弦定理可得
另，
可得，
则
又则
故，选项B错误；
当平面时
则需最大
，，
由平面
可得则
又所以最大为
最大为，选项C错误；
因为
则
可得
=
又可由等积法得到平面的距离为
可得
可得，选项D正确.
故选：AD.
三、解答题
6．（2023·云南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，为的中点．

(1)证明：；
(2)求二面角的平面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，证明，再利用线面垂直的性质、判定推理作答.
（2）由（1）中信息，以点A作原点建立空间直角坐标系，再利用空间向量求解作答.
【详解】（1）在四边形中，，取中点，连接，
由，得，则四边形是平行四边形，又，
因此是矩形，即有，有，，
从而，即，而平面，平面，则，
又平面，于是平面，而平面，
所以.

（2）由（1）知两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
依题意，，，
设平面的一个法向量，则，令，得，
设平面的一个法向量，则，令，得，
因此，显然二面角的平面角为钝角，
所以二面角的平面角的余弦值为.
7．（2023·福建龙岩·统考二模）三棱柱中，，，侧面为矩形，，三棱锥的体积为．

(1)求侧棱的长；
(2)侧棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）证明平面，结合题目条件，先计算出的值，然后即可以求得侧棱的长；
（2）建立空间直角坐标系，设未知数，结合题目条件，列出方程求解，即可得到本题答案.
【详解】（1）在平面内过作，垂足为，
因为侧面为矩形，所以，
又，，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，
易得，面，平面平面，
所以平面，
因为，所以，
因为，，所以；
（2）存在点满足题意，，理由如下：
如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则，
设，则，
故，，
设平面的法向量为
则即，令，则，
故平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
则，解得，
故存在点E满足题意，所以.
8．（2023·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，，．
(1)证明：．
(2)若，点到平面的距离为，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据面面垂直性质定理得线面垂直，再根据线面垂直判定与性质证明线线垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值．
【详解】（1）证明：如图，在中，作，垂足为．
因为平面平面，平面平面，面，所以平面．
又因为平面，所以．
取的中点，连接．又因为，，所以四边形为平行四边形．
又因为，所以四边形为菱形，所以，所以．
又因为，，平面，所以平面．
因为平面，所以．
（2）因为，于点，所以为的中点．
由（1）可知，为直角三角形，且．
因为，所以，．
又因为四边形为菱形，所以，所以，
所以的面积为．的面积为．
由三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
得，即，所以．
在中，，即，所以．
连接．由（1）可知，，，两两互相垂直．
以为坐标原点，分别以直线，，为轴、轴、轴建立如图的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，．
设平面的法向量为．由得所以．
取，得，则．
设平面的法向量为．由得
取，得，，则．
所以．
由图形可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为．
【点睛】用向量法解决空间几何问题的步骤：建、设、求、算、得．
（1）建：建立空间直角坐标系，以三条两两互相垂直的直线的交点为原点，没有三条两两互相垂直的线时需作辅助线；建立右手直角坐标系，尽可能使较多的关键点落在坐标轴或坐标平面内．
（2）设：设出所需的点的坐标，得出所需的向量坐标．
（3）求：求出所需平面的法向量．
（4）算：运用向量的数量积运算，验证平行、垂直，利用夹角公式求线面角或二面角．
（5）得：根据题意或图形，得出答案．
9．（2023·湖南·校联考模拟预测）如图，四棱锥内，平面，四边形为正方形，，．过的直线交平面于正方形内的点，且满足平面平面.
(1)当时，求点的轨迹长度；
(2)当二面角的余弦值为时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直的性质定理得到平面，再由线面垂直推出，利用线面垂直的判定得到平面，进而得到，建立坐标系，求出动点的轨迹方程，进一步求解扇形的弧长；
（2）由（1）知，设出点M的坐标，利用向量法求得二面角的余弦值，求出点M坐标，再根据向量法求二面角的平面角余弦值.
【详解】（1）作交于，
因为平面平面，且平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为平面，且平面，所以，
因为，，、平面，，
所以平面，
又因为平面，所以，
分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
设，因为，所以，，
所以，即，
设AB中点为N，则，
如图，
又，所以，
因此，的轨迹为圆弧，其长度为.
（2）由（1）知，可设，
，
设平面的一个法向量为，
则即，
令，则，
可得平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
所以.
当二面角的余弦值为时，，
解得或（M与A重合，舍去），
所以，，
易知平面的一个法向量为，
所以.
由图知，二面角的平面角为钝角，
故二面角的余弦值为.
10．（2023·湖北咸宁·校考模拟预测）如图，在三棱台中，三棱锥的体积为，的面积为，，且平面．
(1)求点到平面的距离；
(2)若，且平面平面， 求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)根据等积转化法求点到平面的距离；
(2)几何法：由平面平面，可作出二面角的平面角，在直角三角形求解；
空间向量法：先证明两两垂直后建系，用法向量求二面角的余弦值
【详解】（1）设点到平面的距离为．
因为，三棱锥的体积为，
所以三棱锥的体积为，
又由，得，解得.
（2）
由已知设，，则，，取的中点，连接，则，由平面平面知面，故，
又，从而平面.
故，，取中点，则，四边形是平行四边形，，从而为正三角形，故，，
又，
得.
在平面内作于，则，在平面内，作于，连接，
因为平面平面，平面平面，
所以 平面，又 平面，所以，
又，平面，平面，所以平面，
又平面，所以，
则二面角的平面角为.
在直角中，，故，.即所求二面角的余弦值为.
法二：取的中点，连接，则，由平面平面知面，故，又，从而平面.
故，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
设，，则，，取中点，则，四边形是平行四边形，，从而为正三角形，故，，
又，
得，
则，，，
设面的法向量，由得，
设面的法向量，由得，
故，即所求二面角的余弦值为.
【真题感知】
一、单选题
1．（2023·全国·统考高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；
法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.
【详解】法一：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，则，
又，，所以，则，
又，，所以，则，
在中，，
则由余弦定理可得，
故，则，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
法二：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，
在中，，
则由余弦定理可得，故，
所以，则，
不妨记，
因为，所以，
即，
则，整理得①，
又在中，，即，则②，
两式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
故选：C.
二、多选题
2．（2021·全国·统考高考真题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
【答案】BD
【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．
【详解】
易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
故选：BD．
【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．
三、解答题
3．（2020·江苏·统考高考真题）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．
（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；
（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．
【答案】（1）（2）
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；
（2）先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.
【详解】
（1）连
以为轴建立空间直角坐标系，则
从而直线与所成角的余弦值为
（2）设平面一个法向量为
令
设平面一个法向量为
令
因此
【点睛】本题考查利用向量求线线角与二面角，考查基本分析求解能力，属中档题.
4．（2020·天津·统考高考真题）如图，在三棱柱中，平面 ，，点分别在棱和棱 上，且为棱的中点．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【分析】以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.
（Ⅰ）计算出向量和的坐标，得出，即可证明出；
（Ⅱ）可知平面的一个法向量为，计算出平面的一个法向量为，利用空间向量法计算出二面角的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果；
（Ⅲ）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】依题意，以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），
可得、、、、
、、、、.
（Ⅰ）依题意，，，
从而，所以；
（Ⅱ）依题意，是平面的一个法向量，
，．
设为平面的法向量，
则，即，
不妨设，可得．
，
．
所以，二面角的正弦值为；
（Ⅲ）依题意，．
由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是．
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本题考查利用空间向量法证明线线垂直，求二面角和线面角的正弦值，考查推理能力与计算能力，属于中档题.
5．（2021·北京·统考高考真题）如图：在正方体中，为中点，与平面交于点．
（1）求证：为的中点；
（2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】(1)首先将平面进行扩展，然后结合所得的平面与直线的交点即可证得题中的结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数的值.
【详解】(1)如图所示，取的中点，连结，
由于为正方体，为中点，故，
从而四点共面，即平面CDE即平面，
据此可得：直线交平面于点，
当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，
即点为中点.
(2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，
不妨设正方体的棱长为2，设，
则：，
从而：，
设平面的法向量为：，则：
，
令可得：，
设平面的法向量为：，则：
，
令可得：，
从而：，
则：，
整理可得：，故（舍去）.
【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
6．（2021·天津·统考高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．
（I）求证：平面；
（II）求直线与平面所成角的正弦值．
（III）求二面角的正弦值．
【答案】（I）证明见解析；（II）；（III）.
【分析】（I）建立空间直角坐标系，求出及平面的一个法向量，证明，即可得证；
（II）求出，由运算即可得解；
（III）求得平面的一个法向量，由结合同角三角函数的平方关系即可得解.
【详解】（I）以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，
则,,,,,,，
因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，，
所以,,,
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
因为，所以，
因为平面，所以平面；
（II）由（1）得，，
设直线与平面所成角为，
则；
（III）由正方体的特征可得，平面的一个法向量为，
则，
所以二面角的正弦值为.
7．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）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；
（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
8．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【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，利用空间向量法可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得直线与平面夹角的正弦值；
（3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，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、、、、、、、、，则，
易知平面的一个法向量为，则，故，
平面，故平面.
（2）解：，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，.
因此，直线与平面夹角的正弦值为.
（3）解：，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，则，
因此，平面与平面夹角的余弦值为.
9．（2023·全国·统考高考真题）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，
.
10．（全国·统考高考真题）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.
【答案】(1)见详解；(2) .
【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形，和菱形内部的夹角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得证.因为是平面垂线，所以易证.(2)在图中找到对应的平面角，再求此平面角即可.于是考虑关于的垂线，发现此垂足与的连线也垂直于.按照此思路即证.
【详解】(1)证：，，又因为和粘在一起.
，A，C，G，D四点共面.
又.
平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.
(2)过B作延长线于H，连结AH，因为AB平面BCGE，所以
而又，故平面，所以.又因为所以是二面角的平面角，而在中，又因为故，所以.
而在中,，即二面角的度数为.
【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法．最后将求二面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力．
概念
语言描述
共线向量
(平行向量)
表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合
共面向量
平行于同一个平面的向量
共线向量定理
对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b⇔存在λ∈R，使a＝λb
共面向量定理
若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb
空间向量基本定理及推论
定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在唯一的有序实数组{x，y，z}使得p＝xa＋yb＋zc.
推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x，y，z，使eq \(OP, \s\up7(―→))＝xeq \(OA, \s\up7(―→))＋yeq \(OB, \s\up7(―→))＋zeq \(OC, \s\up7(―→))且x＋y＋z＝1
a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)
向量和
a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)
向量差
a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)
数量积
a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3
共线
a∥b⇒a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0)
垂直
a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
夹角公式
cs〈a，b〉＝eq \f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\\al(2,1)＋a\\al(2,2)＋a\\al(2,3))\r(b\\al(2,1)＋b\\al(2,2)＋b\\al(2,3)))