高考数学一轮复习高频考点精讲精练(新高考专用)第09讲立体几何与空间向量章节总结(精讲)(原卷版+解析)

第09讲立体几何与空间向量章节总结目录TOC\o"1-3"\h\u第一部分：高考真题回归 2第二部分：高频考点一遍过 4高频考点一：空间位置关系证明的传统法与向量法 4角度1：用传统法证明空间的平行和垂直关系 4角度2：利用向量证明空间的平行和垂直关系 6高频考点二：空间角的向量求法 10角度1：用传统法求异面直线所成角 10角度2：用向量法求异面直线所成角 10角度3：用向量法解决线面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数）） 11角度4：用向量法解决二面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数）） 13高频考点三：距离问题 20角度1：点到直线的距离 20角度2：点到平面的距离（等体积法） 21角度3：点到平面的距离（向量法） 22高频考点四：立体几何折叠问题 24第一部分：高考真题回归1．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（

）

A． B．C． D．2．（2023·全国（乙卷理）·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（

）A． B． C． D．3．（2023·全国（甲卷理）·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．4．（2023·北京·统考高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．

(1)求证：平面PAB；(2)求二面角的大小．5．（2023·全国（甲卷文）·统考高考真题）如图，在三棱柱中，平面．

(1)证明：平面平面；(2)设，求四棱锥的高．6．（2023·全国（新高考Ⅱ卷）·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．第二部分：高频考点一遍过高频考点一：空间位置关系证明的传统法与向量法角度1：用传统法证明空间的平行和垂直关系典型例题例题1．（2023·浙江·统考模拟预测）已知四棱锥中，，，，为中点.

(1)求证：平面；(2)设平面与平面的夹角为，求三棱锥的体积.例题2．（2023·辽宁锦州·统考模拟预测）在直角梯形中（如图一），，，.将沿折起，使（如图二）.

(1)求证：平面平面；(2)设为线段的中点，求点到直线的距离.例题3．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.

(1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置；(2)若，求四棱锥的体积.例题4．（2023·新疆阿勒泰·统考三模）在中，分别为的中点，，如图①，以为折痕将折起，使点到达点的位置，如图②．(1)证明：；(2)若平面，且，求点C到平面的距离例题5．（2023·四川凉山·三模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，底面，，且直线与底面所成的角为．(1)求证：平面平面；(2)求点到平面的距离．角度2：利用向量证明空间的平行和垂直关系典型例题例题1．（2023·北京·北京四中校考模拟预测）如图，正三棱柱中，分别是棱上的点，.

(1)证明：平面平面；(2)若，求二面角的余弦值.例题2．（2023·北京密云·统考三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，，分别是，的中点.

(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值.例题3．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）如图，在梯形ABCD中，，，，为边上的点，，，将沿直线翻折到的位置，且，连接，．(1)证明：；(2)Q为线段PA上一点，且，若二面角的大小为，求实数的值．考点一练透核心考点1．（2023·新疆喀什·校考模拟预测）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D、E分别为AC、AA1的中点，AC=AA1=2.(1)求证：DE∥平面A1BC；(2)求DE与平面BCC1B1夹角的余弦值.2．（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.3．（2023·全国·校联考模拟预测）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面平面，，是棱上的一点.(1)是否存在点，使得平面？若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由；(2)求多面体ABCDEF的体积.4．（2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为棱AB，的中点，，，.(1)证明：平面；(2)若三棱锥的体积为，求二面角的正弦值.5．（2023·甘肃兰州·校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，为的中点.(1)证明：.(2)求二面角的平面角的余弦值.6．（2023·天津和平·统考一模）在如图所示的几何体中，平面平面；是的中点.(1)求证：；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求平面与平面的夹角的余弦值.高频考点二：空间角的向量求法角度1：用传统法求异面直线所成角典型例题例题1．（2023·河北·模拟预测）在正方体中，点为的中点，点为的中点，则直线与所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．例题2．（2023·甘肃定西·统考模拟预测）如图，四棱锥中，平面，底面是矩形，，，是棱上一点，则当截面的周长最短时，与所成角的余弦值等于______．

例题3．（2023·河北·校联考一模）如图，在三棱锥中，，，且，点，分别为，的中点，则异面直线与所成角的大小为__________，与所成角的余弦值为__________.角度2：用向量法求异面直线所成角典型例题例题1．（2023·河南安阳·统考三模）在直三棱柱中，是等腰直角三角形，，，，是线段上的动点，则当线段最短时，异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．例题2．（2023·山东·烟台二中校联考模拟预测）已知在正方体中，，平面平面，则直线与所成角的余弦值为__________．角度3：用向量法解决线面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数））典型例题例题1．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，正方体中，分别为棱的中点.

(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.例题2．（2023·广东深圳·统考模拟预测）在正方体中，如图、分别是，的中点．

(1)求证：平面平面；(2)求直线与所成角的正弦值．例题3．（2023·山东德州·三模）图1是直角梯形，，，，，，四边形为平行四边形，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2．

(1)求证：平面平面；(2)在线段上存在点使得与平面的正弦值为，求平面与所成角的余弦值．例题4．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）在三棱锥中，若已知，，点在底面的射影为点，则(1)证明：(2)设，则在线段PC上是否存在一点，使得与平面所成角的余弦值为，若存在，设，求出的值，若不存在，请说明理由.角度4：用向量法解决二面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数））典型例题例题1．（2023·河北沧州·校考模拟预测）如图，在斜三棱柱中，，，的中点为，的中点为.

(1)证明：平面；(2)若，，，求平面与平面所成角的大小.例题2．（2023·重庆万州·重庆市万州第三中学校考模拟预测）如图，在三棱锥中，，点分别是棱的中点，平面.

(1)证明：平面平面；(2)过点作的平行线交的延长线于点，，点是线段上的动点，问：点在何处时，平面与平面夹角的正弦值最小，并求出该最小正弦值.例题3．（2023·广东佛山·统考模拟预测）如图，菱形的边长为，，将沿向上翻折，得到如图所示得三棱锥.

(1)证明：；(2)若，在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由.

例题4．（2023秋·福建三明·高三统考期末）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形为菱形，，，.

(1)求证：平面；(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.考点二练透核心考点1．（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．2．（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）已知正方体的棱长为1，是棱的中点，为棱上的动点（不含端点），记㫒面直线与所成的角为，则的取值范围是______.3．（2023·山东济宁·嘉祥县第一中学统考三模）在棱长为2的正方体中，为底面的中心，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值是________.4．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）已知四面体ABCD满足，，，且该四面体的体积为，则异面直线AD与BC所成的角的大小为______．5．（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．6．（2023·山东泰安·统考模拟预测）如图，在多面体中，上底面与下底面平行，且都是正方形，该多面体各条侧棱相等，且每条侧棱与底面所成角都相等．已知，垂足为点，三棱锥的体积为．

(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．

7．（2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面，平面与平面的交线为.(1)证明：；(2)已知上是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.8．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）如图，四棱锥中，平面，，，，，为线段上一点，点在边上且.(1)若为的中点，求四面体的体积；(2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.9．（2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考模拟预测）如图，在三棱台中，，，，，．

(1)证明：平面平面；(2)设是的中点，求平面与平面夹角的余弦值．10．（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.11．（2023·湖北武汉·统考三模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，，为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.

(1)求证：平面平面PBC；(2)求平面AEF与平面PDC夹角的最小值.12．（2023春·浙江·高二校联考阶段练习）如图，三棱柱中，，侧面为矩形，，二面角的正切值为.

(1)求侧棱的长；(2)侧棱上是否存在点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为？若存在，判断点的位置并证明；若不存在，说明理由.13．（2023春·江苏徐州·高二统考期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，点E，F，N分别为侧棱PD，PC，PB的中点，M为PD（不包含端点）上的点，，．

(1)若，求证：平面；(2)若平面，求与平面所成角的最大值．高频考点三：距离问题角度1：点到直线的距离典型例题例题1．（2023·广东佛山·统考模拟预测）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是,且，，为的中点，则点到直线的距离为（

）

A． B． C． D．例题2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，且，为棱的中点，点在上，且，则的中点到直线的距离是______．角度2：点到平面的距离（等体积法）典型例题例题1．（2023春·云南楚雄·高一统考期中）如图，已知在矩形中，，，为边的中点，将，分别沿着直线，翻折，使得，两点重合于点，则点到平面的距离为______．

例题2．（2023春·江苏徐州·高二统考期中）如图，将边长的正方形沿对角线折起，连接，构成一四面体，使得，则点到平面的距离为_____________．

例题3．（2023春·天津宝坻·高一天津市宝坻区第一中学校考阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，点到平面距离是______．

角度3：点到平面的距离（向量法）典型例题例题1．（2023秋·河南省直辖县级单位·高二济源市第四中学校考阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是，的中点，则点到平面的距离为_________．

例题2．（2023春·高二课时练习）已知直四棱柱中，底面为正方形，，为的中点，为的中点，则直线与之间的距离为________.例题3．（2023秋·高二课时练习）如图，设在直三棱柱中，，，，依次为的中点．

(1)求异面直线、EF所成角的余弦值；(2)求点到平面的距离．考点三练透核心考点1．（2023秋·湖北·高二统考期末）在棱长为2的正方体中，点E为棱的中点，则点到直线BE的距离为（

）A．3 B． C． D．2．（2023秋·高二课时练习）矩形ABCD中，，平面ABCD，且，则P到BC的距离为__________．3．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知AB，CM分别为圆柱上、下底面的直径，且AB＝2，圆柱的高为，，则点M到平面ABC的距离为______.4．（2023春·江苏南京·高二江苏省江浦高级中学校联考阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，底面ABCD，E是PC的中点，已知，，，则P到平面ABE的距离为___________．

5．（2023春·全国·高一专题练习）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，C1到平面B1BD的距离为_____．6．（2023春·江苏淮安·高二校联考期中）在直三棱柱中，，，，分别为的中点.则点到平面的距离为__________.7．（2023春·宁夏银川·高二银川一中校考期中）在三棱锥中，平面平面，若棱长，且，则点到平面的距离为________．8．（2023春·河南·高二校联考期末）在棱长为1的正方体中，E为棱的中点，则点D到平面的距离为______．9．（2023秋·重庆长寿·高二统考期末）如图，已知平面，底面为矩形，，，、分别为、的中点．

(1)求证：平面；(2)求点到平面的距离．高频考点四：立体几何折叠问题典型例题例题1．（2023春·宁夏·高一六盘山高级中学校考阶段练习）如图1，在直角梯形中，，，，，，为中点，现沿平行于的折叠，使得，如图2所示，则关于图2下列结论正确的有______．

①平面

②该几何体为三棱台③二面角的大小为

④该几何体的体积为例题2．（2023春·湖北宜昌·高二葛洲坝中学校考阶段练习）如图1，直角梯形中，，，，为的中点，现将沿着折叠，使，得到如图2所示的几何体，其中为的中点，为上一点，与交于点，连接.

(1)求证：平面；(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角.例题3．（2023·全国·高三专题练习）如图1，在直角梯形中，，，，，.现沿平行于的折叠，使得且平面，如图2所示.(1)求的长度；(2)求二面角的大小.练透核心考点1．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知如图甲所示，直角三角形SAB中，，，C，D分别为SB，SA的中点，现在将沿着CD进行翻折，使得翻折后S点在底面ABCD的投影H在线段BC上，且SC与平面ABCD所成角为，M为折叠后SA的中点，如图乙所示.(1)证明：平面SBC；(2)求平面ADS与平面SBC所成锐二面角的余弦值.2．（2023·甘肃兰州·统考模拟预测）如图所示的五边形中是矩形，，，沿折叠成四棱锥，点是的中点，．(1)在四棱锥中，可以满足条件①；②；③，请从中任选两个作为补充条件，证明：侧面底面；（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．）(2)在（1）的条件下求直线与平面所成角的正弦值．

第09讲立体几何与空间向量章节总结目录TOC\o"1-3"\h\u第一部分：高考真题回归 1第二部分：高频考点一遍过 9高频考点一：空间位置关系证明的传统法与向量法 9角度1：用传统法证明空间的平行和垂直关系 9角度2：利用向量证明空间的平行和垂直关系 14高频考点二：空间角的向量求法 27角度1：用传统法求异面直线所成角 27角度2：用向量法求异面直线所成角 29角度3：用向量法解决线面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数）） 31角度4：用向量法解决二面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数）） 37高频考点三：距离问题 65角度1：点到直线的距离 65角度2：点到平面的距离（等体积法） 66角度3：点到平面的距离（向量法） 69高频考点四：立体几何折叠问题 79第一部分：高考真题回归1．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（

）

A． B．C． D．【答案】C【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，

由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和，所以.因为平面，平面，所以，因为，平面，，所以平面，因为平面，所以，.同理：，又，故四边形是矩形，所以由得，所以，所以，所以在直角三角形中，在直角三角形中，，，又因为，所有棱长之和为.故选：C2．（2023·全国（乙卷理）·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图，，，由的面积为，得，解得，于是，所以圆锥的体积.故选：B3．（2023·全国（甲卷理）·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【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.4．（2023·北京·统考高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．

(1)求证：平面PAB；(2)求二面角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为平面平面，所以，同理，所以为直角三角形，又因为，，所以，则为直角三角形，故，又因为，，所以平面.（2）由（1）平面，又平面，则，以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，

则，所以，设平面的法向量为，则，即令，则，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以，所以，又因为二面角为锐二面角，所以二面角的大小为.5．（2023·全国（甲卷文）·统考高考真题）如图，在三棱柱中，平面．

(1)证明：平面平面；(2)设，求四棱锥的高．【答案】(1)证明见解析.(2)【详解】（1）证明：因为平面，平面,所以,又因为，即，平面，,所以平面，又因为平面,所以平面平面.（2）如图，

过点作，垂足为.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以四棱锥的高为.因为平面，平面,所以,,又因为，为公共边，所以与全等，所以.设，则，所以为中点，,又因为,所以,即，解得，所以，所以四棱锥的高为．6．（2023·全国（新高考Ⅱ卷）·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)．【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．第二部分：高频考点一遍过高频考点一：空间位置关系证明的传统法与向量法角度1：用传统法证明空间的平行和垂直关系典型例题例题1．（2023·浙江·统考模拟预测）已知四棱锥中，，，，为中点.

(1)求证：平面；(2)设平面与平面的夹角为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：

取中点,连,是中点,∴且,又∵且.∵且,∴四边形为平行四边形，,又∵平面，⊂平面，∴平面．（2）取中点，连，过作交于，连,∵分别是中点，∴，又∵平面．∴⊥平面,平面,∴，又∵，平面，∴⊥平面，平面，∴，∴是平面与平面的夹角的平面角.∴.,∴.∴,例题2．（2023·辽宁锦州·统考模拟预测）在直角梯形中（如图一），，，.将沿折起，使（如图二）.

(1)求证：平面平面；(2)设为线段的中点，求点到直线的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）取的中点，连接，如图所示：

因为，，则四边形为正方形，所以，因为，所以.因为，，，平面，所以平面.又因为平面，所以.因为，，，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.（2）取的中点，连接，

因为平面，，所以平面，又因为平面，所以.因为，所以.因为，，，平面，所以平面，又因为平面，所以.因为，，且，所以，即点E到直线CD的距离为.例题3．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.

(1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置；(2)若，求四棱锥的体积.【答案】(1)点为线段上靠近点的三等分点；(2).【详解】（1）如图，过点作交于点，连接，因为，所以四点共面，若平面，由平面，平面平面，所以，所以四边形为平行四边形，,则，

所以当且仅当点为线段上靠近点的三等分点时，平面.（2）如图，取的中点，连接，取的中点，连接，则，所以，又，则，又，则，所以.因为，平面，所以平面，则四棱锥的体积为.例题4．（2023·新疆阿勒泰·统考三模）在中，分别为的中点，，如图①，以为折痕将折起，使点到达点的位置，如图②．(1)证明：；(2)若平面，且，求点C到平面的距离【答案】(1)证明见解析；(2).【详解】（1）证明：在图1中，因为，且为的中点，，又为的中点，所以，在图2中，，且，平面，平面，又平面，所以；（2）因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，连接，则，因为，为等边三角形，所以，，，所以，取的中点，连接，则，设点到平面的距离为，，即，解得，即点到平面的距离为．例题5．（2023·四川凉山·三模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，底面，，且直线与底面所成的角为．(1)求证：平面平面；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：∵平面ABCD，故为直线PD与平面ABCD所成的角，因此，又，∴∵底面ABCD为矩形，且，∴底面ABCD为正方形，∴又，而，平面PAC，∴平面PAC，又平面PBD，∴平面平面PAC，（2），由于,所以，设点C到平面PBD的距离为d，则∵，∴，解得：∴设点C到平面PBD的距离为．角度2：利用向量证明空间的平行和垂直关系典型例题例题1．（2023·北京·北京四中校考模拟预测）如图，正三棱柱中，分别是棱上的点，.

(1)证明：平面平面；(2)若，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：取的中点,连接，在正三棱柱中，不妨设;以为原点，分别为轴和轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则,，；设平面的一个法向量为，则,，取，则，即；设平面的一个法向量为，则,即，取得.因为，所以平面平面；

（2）因为，由（1）可得，即，易知平面的一个法向量为,；二面角的余弦值为.例题2．（2023·北京密云·统考三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，，分别是，的中点.

(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）由题意，在矩形中，，，,，分别是，的中点，∴，，在四棱锥中，面平面，面面，，∴面，面，∴，取中点，连接，由几何知识得，∵，∴，∵面，面，∴面，∴以、、为、、轴建立空间直角坐标系如下图所示，

∴，∴，面的一个法向量为，∵，∴平面.（2）由题意，（1）及图得，在面中，，，设其法向量为，则，即，解得：，当时，，在面中，其一个法向量为，设二面角为∴，由图象可知二面角为钝角，∴二面角的余弦值为.例题3．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）如图，在梯形ABCD中，，，，为边上的点，，，将沿直线翻折到的位置，且，连接，．(1)证明：；(2)Q为线段PA上一点，且，若二面角的大小为，求实数的值．【答案】(1)证明见解析；(2).【详解】（1）因为，所以，，又，PE、平面PAE，所以平面PAE，平面ABCE，所以平面平面PAE．在梯形ABCD中，，所以，所以在四棱锥中，．因为，所以为正三角形．取AE中点O，连接PO，OB，OC，易得，，因为平面平面PAE，平面平面，平面可得平面，平面,所以．又，，，所以四边形OBCE为正方形，所以，又，OC、平面POC，所以平面POC，因为平面POC，所以;（2）由（1）知OA，OB，OP两两垂直，以O为坐标原点，以OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则：，，，，由得，则，，设平面QBC的一个法向量为，故即，令，得，，所以，易知平面ABC的一个法向量为，所以，解得或（舍）．所以实数的值为．考点一练透核心考点1．（2023·新疆喀什·校考模拟预测）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D、E分别为AC、AA1的中点，AC=AA1=2.(1)求证：DE∥平面A1BC；(2)求DE与平面BCC1B1夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：∵点D、E分别为AC、AA1的中点，∴DE为三角形ACA1的中位线，即DE∥CA1，平面，平面，∴DE∥平面A1BC（2）过点A1作B1C1的垂线，垂足为F，连结，因为平面平面，且平面平面，，所以平面，所以为在平面的射影，即为所求角，，，所以.2．（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)【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3．（2023·全国·校联考模拟预测）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面平面，，是棱上的一点.(1)是否存在点，使得平面？若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由；(2)求多面体ABCDEF的体积.【答案】(1)存在，时，平面(2)【详解】（1）当时，满足平面，过点作AD交AF于点G，连接BG，则，因为，，所以且，所以四边形为平行四边形，故，因为平面，平面，所以平面，此时；（2）连接AE，DE，四边形ABCD为直角梯形，过点B作BN⊥AD于点N，则四边形BCDN为正方形，故BC=DN=1，BN=CD=1，故AN=AD-DN=3-1=2，由勾股定理得：，面积为，平面平面，交线为AB，因为四边形为正方形，所以，平面ABEF，故平面ABCD，且则四棱锥，过点N作NH⊥AB于点H，则，则点D到AB的距离为，因为平面平面，交线为AB，NH⊥AB，且平面ABCD，所以NH⊥平面ABEF，则点D到平面ABEF的距离为，正方形ABEF的面积为，则，多面体ABCDEF的体积为.4．（2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为棱AB，的中点，，，.(1)证明：平面；(2)若三棱锥的体积为，求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：在三棱柱中，平面，，，.所以，则，则，则如下图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，设，则,所以，，设平面的一个法向量为，所以，令，则，即，所以，得，又平面，所以平面；（2）三棱锥的体积，解得，则，由（1）知平面的法向量为，设平面的一个法向量为，，所以，令，则，即，则，由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.于是，故二面角的正弦值为.5．（2023·甘肃兰州·校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，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).【详解】（1）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，.因为，所以；（2）设平面的法向量为，则取，可得.设平面的法向量为，则取，可得..故二面角的平面角的余弦值为.6．（2023·天津和平·统考一模）在如图所示的几何体中，平面平面；是的中点.(1)求证：；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)详见解析；(2)；(3).【详解】（1）因为，以为原点，分别以，所在直线为，轴，过点且与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，所以，，所以，所以，即；（2）因为，设平面的法向量为，则，令，可得，又，设与平面所成角为，则，直线与平面所成的角的正弦值为；（3）由题，，设平面的法向量，由，令，则，又平面的法向量，所以，所以平面与平面的夹角的余弦值为．高频考点二：空间角的向量求法角度1：用传统法求异面直线所成角典型例题例题1．（2023·河北·模拟预测）在正方体中，点为的中点，点为的中点，则直线与所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】如图,取的中点,的中点,连接,则易得，则四边形是平行四边形，所以,因为，，所以，所以四边形为平行四边形，所以，所以，所以即为直线与所成的角(或其补角).设止方体的棱长为2,则,,所以,所以,所以.故选：A.

例题2．（2023·甘肃定西·统考模拟预测）如图，四棱锥中，平面，底面是矩形，，，是棱上一点，则当截面的周长最短时，与所成角的余弦值等于______．

【答案】【详解】四边形是平行四边形，，四边形是矩形，，平面，平面,，平面，平面，故平面，，将矩形沿旋转到与在同一平面，如图1，连接,此时交于点的最小值为，,,故的最小值为，此时，，

图1

图2过作交于，连接，，由题意可得，故为异面直线与所成的角，又，，平面，平面，故，，又可得，，，．故答案为：例题3．（2023·河北·校联考一模）如图，在三棱锥中，，，且，点，分别为，的中点，则异面直线与所成角的大小为__________，与所成角的余弦值为__________.【答案】【详解】取的中点G，连接，，则，，故或其补角为异面直线与所成的角，过A作平面于点O，连接，，，则，又，且，故平面，故，同理可得，即为的垂心，故，又，，平面，平面，故平面，故，即与所成角为；所以，由可得，故，即异面直线与所成角的余弦值为；故答案为：①，②.角度2：用向量法求异面直线所成角典型例题例题1．（2023·河南安阳·统考三模）在直三棱柱中，是等腰直角三角形，，，，是线段上的动点，则当线段最短时，异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】在直三棱柱中，是等腰直角三角形，，所以，，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，，所以，，当且仅当时，即当点为线段的中点时，取最小值，此时点，则，，，因此，当线段最短时，异面直线与所成角的余弦值为.故选：A.例题2．（2023·山东·烟台二中校联考模拟预测）已知在正方体中，，平面平面，则直线与所成角的余弦值为__________．【答案】【详解】作出图形，如图所示．延长至E，使得，则≌，≌，故，，故四边形为平行四边形，连接，延长，交于点G，连接，则即为直线l．以D为坐标原点，，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，过点作轴于点，则∽，且相似比为1:2，故，，则，，，，故，，故直线l与所成角的余弦值为．故答案为：角度3：用向量法解决线面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数））典型例题例题1．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，正方体中，分别为棱的中点.

(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：以为原点，所在直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的棱长为2，则，，，，，，.因为为棱的中点，为棱的中点，所以，所以，设平面的一个法向量为，则由令，可得，所以，因为，所以，又因为平面，所以平面.（2）解：由（1）得，，设直线与平面所成的角为，则.

例题2．（2023·广东深圳·统考模拟预测）在正方体中，如图、分别是，的中点．

(1)求证：平面平面；(2)求直线与所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）设棱长为，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，所以，，，，设平面的法向量，则，取，得，设平面的法向量，则，取，得，所以，则平面平面．（2）设直线与平面所成角的为，而，平面的法向量，所以．直线与所成角的正弦值．例题3．（2023·山东德州·三模）图1是直角梯形，，，，，，四边形为平行四边形，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2．

(1)求证：平面平面；(2)在线段上存在点使得与平面的正弦值为，求平面与所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：在图1中，连接，交于，

，所以，所以，四边形是菱形，所以，且．在图2中，满足，所以，所以，，又平面，所以，平面，又平面，所以，平面平面；（2）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

则，所以，设平面的法向量为，则即，取，得，设，在线段上存在点使得与平面的正弦值为，所以解得或（舍），所以，设平面的法向量为，则即，取，得，设平面与平面的平面角为，所以，平面与所成角的余弦值为例题4．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）在三棱锥中，若已知，，点在底面的射影为点，则(1)证明：(2)设，则在线段PC上是否存在一点，使得与平面所成角的余弦值为，若存在，设，求出的值，若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)在线段PC上是否存在一点M，满足条件，且.【详解】（1）因为点P在底面ABC的射影为点H，所以平面，又平面，所以，因为，，，平面，所以平面，又平面，所以，因为，，，平面，所以平面，又平面，所以，因为，，所以点为的垂心，所以，因为，，平面，，所以平面，又平面，所以；（2）延长交于点，由（1）可得，又，所以点为线段的中点，所以，同理可得，所以为等边三角形，又，所以，如图，以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，故，设存在点M，使得BM与平面所成角的余弦值为，且，则，设平面的法向量为，，则，所以，令，可得，所以为平面的一个法向量，所以，设直线BM与平面所成角为，则，又，所以，故，所以或，又，所以.所以在线段PC上存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为，且.

角度4：用向量法解决二面角的问题（定值+探索性问题（最值，求参数））典型例题例题1．（2023·河北沧州·校考模拟预测）如图，在斜三棱柱中，，，的中点为，的中点为.

(1)证明：平面；(2)若，，，求平面与平面所成角的大小.【答案】(1)证明见解析(2).【详解】（1）连接，因为四边形为平行四边形，所以为的中点，因为为的中点，所以∥，又平面，平面，所以∥平面.

（2）因为，又，，平面，所以平面，因为平面，所以，又，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，取的中点，因为，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面，，建立如图所示空间直角坐标系，，

由得，则，设平面的法向量为，则，令，所以，因为平面，所以可取平面的法向量为.设平面与平面所成角为，由图可知为锐角，则，故平面与平面所成角为.例题2．（2023·重庆万州·重庆市万州第三中学校考模拟预测）如图，在三棱锥中，，点分别是棱的中点，平面.

(1)证明：平面平面；(2)过点作的平行线交的延长线于点，，点是线段上的动点，问：点在何处时，平面与平面夹角的正弦值最小，并求出该最小正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）由可知，又，故（三线合一），又平面，平面，故，又，平面，故平面，又平面，故平面平面（2）

在平面中，过作，垂足为，不妨设，由于，则，以所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系.则，设，则，，，.设平面的法向量，由，即，则是其中一条法向量；设平面的法向量，由，即，则是其中一条法向量.设平面与平面夹角为，则，当时，取到最大值，此时正弦值取到最小值为.例题3．（2023·广东佛山·统考模拟预测）如图，菱形的边长为，，将沿向上翻折，得到如图所示得三棱锥.

(1)证明：；(2)若，在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，或【详解】（1）取中点，连接，

四边形为菱形，，，，，，平面，平面，平面，.（2），，，解得：；，，；在平面中，作，交于点，则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

假设在线段上存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为，，，，又，，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；轴平面，平面的一个法向量，，解得：，当时，；当时，；当或时，平面与平面所成角的余弦值为.例题4．（2023秋·福建三明·高三统考期末）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形为菱形，，，.

(1)求证：平面；(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明过程见详解(2)存在，【详解】（1）连接与相交于点，连接，如图所示：

四边形为菱形，，为等边三角形，是的中点，有，、面，，面，又面，则，又已知，，平面，所以平面.（2），分别为，的中点，连接，，由（1）平面，所以平面面，作，所以有平面，又因为为等边三角形，，平面以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系

则，，，，由，，

设，，则，设平面的一个法向量，则有，令，则，

易取平面的一个法向量为

，由已知平面与平面的夹角的正弦值为，则平面与平面的夹角的余弦值为，则有，，由解得.所以，点存在，.考点二练透核心考点1．（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【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：D2．（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）已知正方体的棱长为1，是棱的中点，为棱上的动点（不含端点），记㫒面直线与所成的角为，则的取值范围是______.【答案】【详解】方法1：取的中点N，连接，如图所示，

则，面，所以异面直线AB与EG所成角即为，，设，（），所以，又因为，所以，所以，即：.方法2：如图所示建立空间直角坐标系，

则，，，，所以，，所以，（），又因为当时，；当或时，，所以，又因为，所以.故答案为：.3．（2023·山东济宁·嘉祥县第一中学统考三模）在棱长为2的正方体中，为底面的中心，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值是________.【答案】/【详解】在棱长为2的正方体中，取中点，连接，如图，

因为为的中点，有，则四边形是平行四边形，于是，又，即有四边形是平行四边形，因此，则是异面直线与所成的角或补角，而为底面的中心，则，又平面，从而平面，而平面，则，在中，，于是，所以异面直线与所成角的余弦值是.故答案为：4．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）已知四面体ABCD满足，，，且该四面体的体积为，则异面直线AD与BC所成的角的大小为______．【答案】或，解得，故，以为轴建立空间直角坐标系，，，，或，或，，异面直线AD与BC所成的角的大小为，，，；或，；综上所述：异面直线AD与BC所成的角的大小为或.故答案为：或5．（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)【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．6．（2023·山东泰安·统考模拟预测）如图，在多面体中，上底面与下底面平行，且都是正方形，该多面体各条侧棱相等，且每条侧棱与底面所成角都相等．已知，垂足为点，三棱锥的体积为．

(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）取边的中点，连接，因为，所以，由已知，可得．因为，设点到底面的距离为，由，解得．因为，所以平面，平面，所以平面平面，又因各条侧棱相等，且每条侧棱与底面所成角都相等，所以平面，平面，平面都与底面垂直．取边的中点，连接，则平面，所以有，从而易得，可得，所以四边形是平行四边形，所以，已知，所以．因为平面平面，平面平面，由于，平面，所以平面，所以．因为，平面，所以平面．

（2）由（1）可得到直线两两垂直，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系．

可得，，求得，设平面的法向量为，则，令，则，所以．所以.7．（2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面，平面与平面的交线为.(1)证明：；(2)已知上是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，【详解】（1）因为四边形为菱形，所以，又因为平面平面，平面平面平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以.（2）上存在点，使与平面所成角的正弦值为，且.理由如下：取中点，连接，因为，所以，又，所以为等边三角形，所以，因为，所以，又平面平面，平面平面平面，所以平面，以为原点，以方向分别为轴，轴，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，，.因为平面平面，所以平面，又平面，平面平面，所以，假设上存在一点，使与平面所成角的正弦值为，设，则，所以，设为平面的一个法向量，则，即，令，则，可取，又，所以，即，解得，此时；因此上存在点，使与平面所成角的正弦值为，且.8．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）如图，四棱锥中，平面，，，，，为线段上一点，点在边上且.(1)若为的中点，求四面体的体积；(2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，【详解】（1）解：由题意可得两两互相垂直，所以可以以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：∴，，，，∴，，.设平面的一个法向量，，不妨令y＝1，∴.设点到平面的距离为，则，又因为，，∴的面积为.∴四面体的体积为.（2）设点坐标为，∴，.∵，即，∴，∴，∴.设，，∴.设平面的一个法向量，∴，即，令得∴，∴，∵与面所成角的余弦值是，正弦值为.∴，整理得，∴，（舍去）.∴存在满足条件的点，且.9．（2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考模拟预测）如图，在三棱台中，，，，，．

(1)证明：平面平面；(2)设是的中点，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：

由三棱台知：，在梯形中，取的中点，连接，因，故，四边形是平行四边形，∴，，所以，，即，因，所以，又因，所以，又因，所以平面，因平面，所以平面平面；（2）解：取的中点，的中点，连接，，则，因，所以，由条件知：四边形是等腰梯形，所以，平面平面平面,平面平面∴平面，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，

则在等腰梯形中，由平面几何知识可得：，∴，，，，设平面的法向量，则由

得，令，得，，所以，又平面的法向量，设平面与平面的夹角为，则．10．（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.【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.11．（2023·湖北武汉·统考三模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，，为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.

(1)求证：平面平面PBC；(2)求平面AEF与平面PDC夹角的最小值.【答案】(1)证明见解析(2).【详解】（1）中，E为PB的中点，所以.在正方形ABCD中，.因为平面ABCD，平面ABCD，即.又因为，平面PAB，所以平面PAB.平面PAB，即，又因为，，平面PBC.所以平面PBC，平面AEF，即平面平面PBC.（2）因为平面ABCD，底面ABCD是正方形，所以易知AB，AD，AP两两垂直.以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

有，，，，，PB中点，设，.，，，.设平面PCD的法向量，由，得，取.设平面的法向量，由，得，取.所以平面AEF与平面PCD的夹角的余弦值为.令，，则，所以当即时，平面AEF与平面PCD的夹角的余弦值取得最大值，此时平面AEF与平面PCD的夹角取得最小值.12．（2023春·浙江·高二校联考阶段练习）如图，三棱柱中，，侧面为矩形，，二面角的正切值为.

(1)求侧棱的长；(2)侧棱上是否存在点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为？若存在，判断点的位置并证明；若不存在，说明理由.【答案】(1)2(2)存在在的三等分点靠近的分点处，证明见解析【详解】（1）取的中点，连接，因为，则，又因为侧面为矩形，则，//，且//，则//，即四点共面，平面平面，所以平面，则，则是二面角的平面角，则，所以，设，因为，则，又因为，则，可得，在中，由余弦定理得：，即，平方整理得，得或（舍去），即为2.

（2）解法一：如图，建立以为坐标原点，分别为轴的空间直角坐标系，

过作底面，因为，可得，则，，可得，所以，则，，设平面的法向量为，则，则，令，则，即，设，设，则，设平面的法向量为，因为，则，令，则，即，平面与平面所锐二面角为，可得，解得，所以存在，在的三等分点靠近的分点处.解法二：把三棱柱补为四棱柱，如图，为中点，过作，

由（1）知：，则，由棱柱的性质易得：且，即为平行四边形，所以，故，又，，面，则面，在面内，所以，而，面，则平面，且平面，则，过作，连，，面，则平面，且平面，可得，则为二面角的平面角，设，则，可得，由点到的距离为，则，解得，所以存在，在的三等分点靠近的分点处.13．（2023春·江苏徐州·高二统考期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，点E，F，N分别为侧棱PD，PC，PB的中点，M为PD（不包含端点）上的点，，．

(1)若，求证：平面；(2)若平面，求与平面所成角的最大值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）延长FM和CD交于点Q，连BQ交AD于点H，连FH，FN，由，故，所以，即H为AD的中点，此时，，且，所以四边形为平行四边形，故，又平面，平面，所以平面；（2）以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，，所以，，，设平面BMF的法向量，则有，令，则，所以，设DB与平面MFB所成的角为，则，当时，的最大值为，又，故DB与平面所成角的最大值．

高频考点三：距离问题角度1：点到直线的距离典型例题例题1．（2023·广东佛山·统考模拟预测）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是,且，，为的中点，则点到直线的距离为（

）

A． B． C． D．【答案】A【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例题2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，且，为棱的中点，点在上，且，则的中点到直线的距离是______．【答案】/【详解】因为平面，底面为正方形，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，则点、、，，，，所以，，所以，的中点到直线的距离.故答案为：.角度2：点到平面的距离（等体积法）典型例题例题1．（2023春·云南楚雄·高一统考期中）如图，已知在矩形中，，，为边的中点，将，分别沿着直线，翻折，使得，两点重合于点，则点到平面的距离为______．

【答案】/【详解】因为ABCD为矩形，所以，，因为，平面，所以平面，因为，所以，，点到平面MAD的距离为h，，所以，解得．故答案为：例题2．（2023春·江苏徐州·高二统考期中）如图，将边长的正方形沿对角线折起，连接，构成一四面体，使得，则点到平面的距离为_____________．

【答案】/【详解】由已知可得，，，取的中点，连接，因为，，所以，因为，，所以，又，所以，因为，点为的中点，所以，由平面，，所以平面，所以点到平面的距离为，又的面积为，所以三棱锥的体积为，设点到平面的距离为，则，又，因为，所以的面积为，所以，所以.所以点到平面的距离为.故答案为：.

例题3．（2023春·天津宝坻·高一天津市宝坻区第一中学校考阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，点到平面距离是______．

【答案】/【详解】，为边长为的等边三角形，设到平面的距离为，根据，则，解得.故答案为：.角度3：点到平面的距离（向量法）典型例题例题1．（2023秋·河南省直辖县级单位·高二济源市第四中学校考阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是，的中点，则点到平面的距离为_________．

【答案】【详解】如图，以D为坐标原点，以DA，DC，分别为x，y，z轴建立如图坐标系，设正方体的棱长为2，则，，，

∴，，，设平面BGF的法向量为，则，令，则，∴，则点到平面BGF的距离.故答案为：.例题2．（2023春·高二课时练习）已知直四棱柱中，底面为正方形，，为的中点，为的中点，则直线与之间的距离为________.【答案】【详解】以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(2,2,0)，，∴.直线BD与EF之间的距离即为点D到直线EF的距离.设，则，∴，∴所求距离为故答案为：.例题3．（2023秋·高二课时练习）如图，设在直三棱柱中，，，，依次为的中点．

(1)求异面直线、EF所成角的余弦值；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)；(2)．【详解】（1）在直三棱柱中，，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，所以异面直线所成角的余弦值为．（2）设平面AEF的一个法向量为，而，则，令，得，又，于是．所以点到平面AEF的距离为．考点三练透核心考点1．（2023秋·湖北·高二统考期末）在棱长为2的正方体中，点E为棱的中点，则点到直线BE的距离为（

）A．3 B． C． D．【答案】C【详解】如图所示：以分别为轴建立空间直角坐标系.则，，，，，，点到直线BE的距离为.故选：C.2．（2023秋·高二课时练习）矩形ABCD中，，平面ABCD，且，则P到BC的距离为__________．【答案】【详解】方法一：如图，因为平面,平面,所以,又因为是矩形，所以,因为,所以平面,因为平面，所以,所以为到的距离.在矩形中，因为，所以,在直角三角形中，由勾股定理得,所以到的距离为.故答案为：.方法二：建立如图所示坐标系，在矩形中，，所以，所以,所以,所以为到的距离.,所以到的距离为.故答案为：

3．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知AB，CM分别为圆柱上、下底面的直径，且AB＝2，圆柱的高为，，则点M到平面ABC的距离为______.【答案】【详解】如图所示，连接AM，BM，设，O分别为上、下底面圆的圆心，连接AO，BO，.因为，又，，则平面ABO，则，过C作垂直于圆柱上底面，垂足为，连接，，则，，设点M到平面ABC的距离为d，则有，解得，故点M到平面ABC的距离为.故答案为：4．（2023春·江苏南京·高二江苏省江浦高级中学校联考阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，底面ABCD，E是PC的中点，已知，，，则P到平面ABE的距离为___________．

【答案】【详解】解：取AB的中点F，连接EF，AC，取AC的中点O，连接EO，E是PC的中点，底面ABCD是矩形，，且，，又底面ABCD，底面ABCD，，，而，平面PAB，平面PAB，平面PAB，即EF为三棱锥的高，,在中，，在中，，则，，在中，，则，在中，，又分别是PC，AC的中点，底面ABCD，，且，，在中，，则，是等边三角形，设P到平面ABE的距离为d，则，故答案为：.5．（2023春·全国·高一专题练习）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，C1到平面B1BD的距离为_____．【答案】【详解】如图，因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，所以，，设C1到平面B1BD的距离为h，由，得，即．故答案为：．.6．（2023春·江苏淮安·高二校联考期中）在直三棱柱中，，，，分别为的中点.则点到平面的距离为__________.【答案】/【详解】因为，，所以.又由直三棱柱的性质，可知平面.如图，以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，所以，，，.设是平面的一个法向量，则，即，取，则是平面的一个法向量.因为，在方向上投影向量的模为，所以，点到平面的距离为.故答案为：.7．（2023春·宁夏银川·高二银川一中校考期中）在三棱锥中，平面平面，若棱长，且，则点