第56讲、立体几何解答题（解析版）

第56讲立体几何解答题必考题型全归纳题型一：非常规空间几何体为载体例1．（2024·全国·高三专题练习）已知正四棱台的体积为，其中.

(1)求侧棱与底面所成的角；(2)在线段上是否存在一点P，使得？若存在请确定点的位置；若不存在，请说明理由.【解析】（1）依题意，在正四棱台中，，所以上底面积，下底面积，设正四棱台的高为，则.连接，则，所以，设侧棱与底面所成的角为，则，由于线面角的取值范围是，所以.（2）连接，设正四棱台上下底面的中心分别为，以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，，设线段上存在一点，满足，，，则，，若，则，即，解得，舍去，所以在线段上不存在一点，使得.例2．（2024·全国·高三专题练习）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.【解析】（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，.例3．（2024·重庆万州·高三重庆市万州第二高级中学校考阶段练习）如图，在正四棱台中，，，，为棱，的中点，棱上存在一点，使得平面．

(1)求；(2)当正四棱台的体积最大时，求与平面所成角的正弦值．【解析】（1）作交于，再作交于，连接．因为平面，所以平面．又平面平面，所以．又因为，所以四边形是平行四边形，所以，即为棱的四等分点，故也为棱的四等分点，所以．（2）由（1）易知为的四等分点，所以点在点的正上方，所以底面．设，则，所以，所以该四棱台的体积，而．当且仅当，即时取等号，此时，．以为原点，，分别为轴、轴，过平行于的直线为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，由得令，则．设与平面所成角为，则，故与平面所成角的正弦值为．变式1．（2024·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．【解析】（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）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．变式2．（2024·安徽·高三安徽省定远中学校考阶段练习）如图，圆锥的高为，是底面圆的直径，四边形是底面圆的内接等腰梯形，且，点是母线上一动点.

(1)证明：平面平面；(2)若二面角的余弦值为，求三棱锥的体积.【解析】（1）连接，由题意知四边形为菱形，故，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，又平面，故平面平面；（2）以为原点，的中垂线为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，设，显然不合题意，则，则，于是，，，设平面的法向量为，则令，得，，则设平面的法向量为，则令，，则，从而，解得或3，因为，故.此时二面角的余弦值为满足题意.从而.变式3．（2024·云南·云南师大附中校考模拟预测）如图，为圆锥的顶点，A，为底面圆上两点，，为中点，点在线段上，且.

(1)证明：平面平面；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.【解析】（1）设圆O的半径为r，在中，，，，故，又，故，在中，由余弦定理得，所以，即；圆锥中，底面，底面，故，又，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，，则，，，，，，，，设平面的一个法向量为，有，即，解得，设直线与平面所成角为，则.变式4．（2024·内蒙古赤峰·校联考三模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，四边形是圆的内接四边形，为底面圆的直径，在母线上，且，，．

(1)求证：平面平面；(2)设点为线段上动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．【解析】（1）如图，设交于点，连接，由已知可得，又，所以四边形为菱形，所以，∵，，，∴，∴，∴，又，所以，因为为的中点，∴，．由余弦定理可得，∴，所以，即，又平面，，∴平面．又平面，∴平面平面．（2）由已知平面，平面，所以，又，，平面，∴平面，又平面，∴．由（1）知，，平面，所以平面，∴，又点为的中点，所以．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，，，，，，设，则，∴，，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以为平面的一个法向量．设直线与平面所成的角为，则，构建，则，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，∴时，取到最大值4．此时，取到最大值1.另由，知，当时，，此时平面，设直线与平面所成的角为，因为，当时，取到最大值1．变式5．（2024·山东潍坊·统考模拟预测）如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面⊙O的内接正三角形，．(1)劣弧上是否存在点D，使得平面？若存在，求出劣弧的长度；若不存在，请说明理由．(2)求平面和平面所成角的正弦值．【解析】（1）如图过点O作AB的平行线OD交劣弧于点D，连接，，因为，平面，平面，则平面，同理可证平面，，且平面，平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面故存在点D满足题意．因为为底面⊙O的内接正三角形，所以，即，又因为，所以⊙O的半径为，所以劣弧的长度为；（2）如图取BC的中点为M，连接MA，以MB为x轴，MA为y轴，过M作OO1平行线为z轴，建立空间直角坐标系，又因为，设AB中点为N．故，，，，，，易知平面，所以平面的法向量．设平面的法向量为，又因为，，故即令得所以平面和平面夹角的余弦值为．故平面和平面夹角的正弦值为．题型二：立体几何存在性问题例4．（2024·全国·高三对口高考）如图，如图1，在直角梯形中，．把沿对角线折起到的位置，如图2所示，使得点P在平面上的正投影H恰好落在线段上，连接，点E，F分别为线段，的中点．

(1)求证：平面//平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)在棱上是否存在一点M，使得M到点四点的距离相等？请说明理由．【解析】（1）在中，，所以在中，，，所以为等边三角形，因为点P在平面上的正投影H恰好落在线段上，所以平面，又平面，所以，所以为线段的中点，又点E，F分别为线段，的中点，所以，由，平面，平面，所以平面，由，平面，平面，所以平面，由平面，，所以平面//平面；（2）在平面内过作的垂线如图建立空间直角坐标系，则，，，因为，设平面的法向量为因为，，所以有，即，令，则，，所以为平面的一个法向量，所以直线与平面所成角的正弦值为；（3）存在，点为线段的中点，理由如下：因为在直角三角形中，，在直角三角形中，，又所以点到四个点的距离相等，所以点为所找的点，即线段的中点为所求.例5．（2024·上海长宁·上海市延安中学校考三模）已知和所在的平面互相垂直，，，，，是线段的中点，.(1)求证：；(2)设，在线段上是否存在点（异于点），使得二面角的大小为.【解析】（1），故，，则，故，又，平面，，故平面，平面，故，（2）△和△所在的平面互相垂直，则平面平面，且平面，故平面，如图所示：以分别为轴建立空间直角坐标系，则，，，设，，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，取得到，则，解得，不满足题意.综上所述：不存在点，使二面角的大小为.例6．（2024·湖南邵阳·邵阳市第二中学校考模拟预测）如图，在中，，为边上一动点，交于点，现将沿翻折至.(1)证明：平面平面；(2)若，且，线段上是否存在一点（不包括端点），使得锐二面角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由.【解析】（1）因为，，所以，所以，所以，又因为，，平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）因为，，∴，又∵，，平面，∴平面，∴、、两两垂直，以点为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，因为，，所以.则，，，，平面的一个法向量为，，设，，，设平面法向量为，则，所以，取，则，，故为平面的一个法向量，所以，解得，符合题意即，∴.变式6．（2024·福建厦门·统考模拟预测）筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边形．如图，四边形为筝形，其对角线交点为，将沿折到的位置，形成三棱锥．

(1)求到平面的距离；(2)当时，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）因为，所以不可能为四边形的对称轴，则为四边形的对称轴，所以垂直平分，所以．平面平面所以平面．所以到平面的距离．（2）存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为．过作平面，所以两两垂直.以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系由（1）得平面平面，因为所以．设，，，设平面的法向量，，所以令，则，所以平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，，．所以或，所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为或．变式7．（2024·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）斜三棱柱的各棱长都为，点在下底面的投影为的中点.

(1)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；(2)求点到平面的距离.【解析】（1）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，，设，可得，，假设在棱（含端点）上存在一点使，则，则；（2）由（1）知，设平面的法向量为，则，令，则，则，又，则到平面的距离为，即点到平面距离为.变式8．（2024·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面PAD，△PAD为等边三角形，//，，平面PBC交平面PAD直线l，E、F分别为棱PD，PB的中点．

(1)求证：∥；(2)求平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值；(3)在棱PC上是否存在点G，使得∥平面AEF？若存在，求的值，若不存在，说明理由．【解析】（1）因为//，平面，平面，所以//平面，又因为平面，平面平面直线l，所以∥.（2）取的中点，连接，由题意可得：//，且，则为平行四边形，可得//，且平面PAD，则平面PAD，由平面PAD，则，又因为△PAD为等边三角形，则为的中点，可得，，平面，则平面，如图，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量，则，令，则，即，由题意可知：平面PAD的法向量，可得，所以平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值.（3）由（2）可得：，设，，则，可得，解得，即，可得，若∥平面AEF，则，可得，解得，所以存在点，使得∥平面AEF，此时.变式9．（2024·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）在三棱锥P-ABC中，若已知，，点P在底面ABC的射影为点H，则(1)证明：(2)设，则在线段PC上是否存在一点M，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.【解析】（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.变式10．（2024·浙江·校联考模拟预测）在四棱锥中，底面为矩形，，为等腰直角三角形，平面平面，为中点.(1)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为.若存在，求出的值；若不存在，说明理由；(2)求二面角的正弦值.【解析】（1）法1：取中点，记为，连接，，，因为为等腰直角三角形，所以，平面平面，平面平面，平面，平面，因为，，所以，则，，，假设存在，由，即，又，所以，又，，又，又，.法2：取中点，记为，连接，，，因为为等腰直角三角形，所以，平面平面，平面平面，平面，平面，因为，，所以，如图以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，设线段上存在，使得它到平面的距离为，则，，，设平面的法向量，则，令，则，到平面的距离，解得或（舍去），则，；（2）法1：由（1）可知平面，易得，，则，，过点作，交于点，连结，则，为二面角的一个平面角，在中，可得，同理可得，又，，，即二面角的正弦值为；法2：如图建立空间直角坐标系：则，所以，，，设为平面法向量，所以，则，设为平面法向量，则，令，则，设二面角为，显然为锐角，则，所以，即二面角的正弦值为.变式11．（2024·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，侧面是边长为2的正三角形，，，分别为的中点，平面与底面的交线为.(1)证明：平面.(2)若三棱锥的体积为，试问在直线上是否存在点，使得直线与平面所成角为，异面直线所成角为，且满足？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由.【解析】（1）因为分别为的中点，所以，.又平面，平面，所以，平面.又平面，平面与底面的交线为，所以，.从而，.而平面，平面，所以，平面.（2）取的中点记为，连接，因为是边长为2的正三角形，所以，.由（1）可知，在底面内过点作的平行线，即平面与底面的交线.由题意可得，即，所以的面积.设点到平面的距离为，则由已知可得，于是.因为，所以平面.取的中点记为，连接，则.因为，所以.以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，设.于是，，，.设平面的一个法向量为，则，即，取，则，，即是平面的一个法向量，所以.又直线与平面所成角为，于是.又，而异面直线所成角为，于是.假设存在点满足题设，则，即，所以.当时，，此时有；当时，，此时有.综上所述，这样的点存在，且有.变式12．（2024·安徽淮北·统考二模）如图所示，四棱锥中，底面为菱形，.(1)证明：面；(2)线段上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，指出点位置；若不存在，请说明理由.【解析】（1）因为底面为菱形，所以，又，面，所以面，面，所以.又，所以.结合，面，得面.（2）取线段的中点，结合题设及（1）的结论，如图所示建立空间直角坐标系.不妨设，则，假设存在符合条件，设即，即，所以.设平面的法向量，,则，令，则，即.注意到，设平面的法向量，则，令，则，即.题设知，即，所以，得（舍）或.综上，时符合条件，此时点为线段的靠近点的四等分点.题型三：立体几何折叠问题例7．（2024·河南·洛宁县第一高级中学校联考模拟预测）在图1中，为等腰直角三角形，，，为等边三角形，O为AC边的中点，E在BC边上，且，沿AC将进行折叠，使点D运动到点F的位置，如图2，连接FO，FB，FE，使得．

(1)证明：平面．(2)求二面角的余弦值．【解析】（1）证明：连接OB，因为为等腰直角三角形，，，所以，因为O为AC边的中点，所以，在等边三角形中，，因为O为AC边的中点，所以，则，又，所以，即，因为，平面，平面，所以平面．（2）方法一：因为是等腰直角三角形，，为边中点，所以，由（1）得平面，则以O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，所以，，设平面的法向量为，由，得，令，得，易知平面的一个法向量为，设二面角的大小为θ，则，由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．方法二：作，垂足为M，作，垂足为N，连接，因为平面，平面，所以，又因为，平面，所以平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，又平面平面，所以二面角的平面角为，因为，所以，所以，，在中，，，所以，所以，所以，即二面角的余弦值为．例8．（2024·广东深圳·校考二模）如图1所示，等边的边长为，是边上的高，，分别是，边的中点．现将沿折叠，如图2所示.

(1)证明：；(2)折叠后若，求二面角的余弦值.【解析】（1）在等边的边长为，是边上的高，根据折叠的性质可得，，因为，，，平面，所以平面，因为平面，所以，因为和分别是和的中点，所以，所以，（2）取的中点，连接，取和的中点分别为和，连接，，，因为，，的中点分别为，，，所以，，因为，所以为等边三角形，又为的中点，所以，所以，又平面，平面，平面，所以，又因为平面，所以，又因为，平面，所以平面，平面，所以，则二面角的平面角为，所以，又，解得，显然为锐角，所以，即二面角的余弦值为．例9．（2024·四川南充·高三阆中中学校考阶段练习）如图甲所示的正方形中，对角线分别交于点，将正方形沿折叠使得与重合，构成如图乙所示的三棱柱(1)若点在棱上，且，证明：∥平面；(2)求二面角的余弦值.【解析】（1）在三棱柱中过作交于，连接，则，所以四点共面，且平面平面，因为，所以，又是正方形，所以，，，又，则，所以四边形平行四边形，，又平面，平面，所以平面；（2）由（1）知，所以，而与都垂直，则分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，由得，，，所以，，设平面的一个法向量是，由，取得，又，则，，设平面的一个法向量是，由，取得，设二面角的平面角为，则，由图可知二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值是．变式13．（2024·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.【解析】（1）证明：取SB的中点为N，连接MN，CN，如图所示：在图甲中，∵C，D分别为SB，SA上的中点，∴，，又∵M，N分别为SA，SB的中点，∴，，∴MNCD为平行四边形，∴，又∵平面SBC，平面SBC，∴平面SBC.（2）∵，∴，，，∴平面SBC，又平面ABCD，平面平面ABCD，因为S点在底面的投影H在线段BC上，∴平面ABCD，∴.SC与平面ABCD所成角的平面角为，，过H作，则HP，HB，HS两两互相垂直，以H为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，易知为平面SBC的一个法向量；设为平面ADS的一个法向量，则有，可取，设平面ADS与平面SBC所成锐二面角的大小为，则，所以平面ADS与平面SBC所成锐二面角的余弦值为.变式14．（2024·全国·高三专题练习）如图1，在直角梯形BCDE中，，，A为DE的中点，且，，将沿AB折起，使得点E到达P处（P与D不重合），记PD的中点为M，如图2．(1)在折叠过程中，PB是否始终与平面ACM平行？请说明理由；(2)当四棱锥P-ABCD的体积最大时，求CD与平面ACM所成角的正弦值．【解析】（1）在折叠过程中，PB始终与平面ACM平行.理由如下：由已知可得：，所以，即四边形为正方形，连接与于点，连接，又为的中点，所以，因为平面ACM，平面ACM，所以平面ACM（2）要使四棱锥P-ABCD的体积最大，只需点到平面的距离最大，即平面，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，，设平面ACM的法向量为，则，令，得，则，设CD与平面ACM所成角为，所以.即CD与平面ACM所成角的正弦值为.变式15．（2024·全国·高三专题练习）如图，四边形中，，E，F分别在，上，，现将四边形沿折起，使．(1)若，在折叠后的线段上是否存在一点P，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．(2)求三棱锥的体积的最大值，并求出此时点F到平面的距离．【解析】（1）上存在一点P，使得平面，此时，理由如下：当时，，如图，过点P作交于点M，连接，则，∵，∴，∴，又，，∴，故四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面.综上，存在点P，使得平面，.（2）设，则，故，∴当时，有最大值，且最大值为3，∴此时，，，，∴，，在中，由余弦定理得，，，设F到平面的距离为h，，．综上，三棱锥的最大值为3，此时点F到平面的距离为.变式16．（2024·全国·高三专题练习）如图，四边形中，是等腰直角三角形，是边长为2的正三角形，以为折痕，将向一方折叠到的位置，使D点在平面内的射影在上，再将向另一方折叠到的位置，使平面平面，形成几何体.（1）若点F为的中点，求证：平面；（2）求平面与平面所成角的正弦值.【解析】（1）如图，设D点在平面内的射影为O，连接，连接.∵，∴，∴在等腰中，O为的中点.∵F为中点，∴.又平面，平面，∴平面.取的中点H，连接，则易知，又平面平面，平面平面，∴平面，又平面，∴，又平面，平面，∴平面，又.∴平面平面.又平面，∴平面.（2）连接，由（1）可知两两垂直，以O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，从而.设平面的一个法向量为，则，即，得，取，则.设平面的一个法向量为，则，即，得，取，则，从而.∴，∴平面与平面所成角的正弦值为．变式17．（2024·四川泸州·泸县五中校考三模）如图1，在梯形中，，且，是等腰直角三角形，其中为斜边.若把沿边折叠到的位置，使平面平面，如图2.（1）证明：；（2）若为棱的中点，求点到平面的距离.【解析】（1）证明：∵是等腰直角三角形，为斜边，∴.∵平面平面，平面平面，平面∴平面，∵平面，∴；（2）由（1）知，平面，由题意可得，，，则，，∵为棱的中点，∴，∴，在中，，，，∴，即，则的面积为，设点到平面的距离为∵，∴，∴.变式18．（2024·湖南长沙·长沙一中校考一模）如图1，四边形为直角梯形，，，，，，为线段上一点，满足，为的中点，现将梯形沿折叠（如图2），使平面平面.（1）求证：平面平面；（2）能否在线段上找到一点（端点除外）使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由.【解析】（1）证明：在直角梯形中，，，因此为等边三角形，从而，又，由余弦定理得：，∴，即，且折叠后与位置关系不变，又∵平面平面，且平面平面.∴平面，∵平面，∴平面平面.（2）∵为等边三角形，为的中点，∴，又∵平面平面，且平面平面，∴平面，取的中点，连结，则，从而，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系：则，，则，假设在上存在一点使直线与平面所成角的正弦值为，且，，∵，∴，故，∴，又，该平面的法向量为，，令得，∴，解得或（舍），综上可知，存在点是线段的中点，使得直线与平面所成角的正弦值为.题型四：立体几何作图问题例10．（2024·云南昆明·高三校考阶段练习）已知正四棱锥中，O为底面ABCD的中心，如图所示．(1)作出过点O与平面PAD平行的截面，在答题卡上作出该截面与四棱锥表面的交线，写出简要作图过程及理由；(2)设PD的中点为G，，求AG与平面PAB所成角的正弦值．【解析】（1）如图所示，取PC中点E，DC的中点F，连接EF，FO，并延长FO交AB于M，截面EFN交侧棱PB于N，则，连接AC，O为AC的中点，所以，又，，截面EFMN，截面EFMN，平面PAD，平面PAD，所以平面平面EFMN．所以平面EFMN为所求截面．（2）不妨设四棱锥的所有棱长均为2，以O为原点，过O点且分别与AB，BC平行的直线为x轴、y轴，OP为z轴，建立如图所示空间直角坐标系（图）．可得，，，．则，，，设平面PAB的一个法向量为，则，即，取，则，设AG与平面PAB所成角为，则，所以AG与平面PAB所成角的正弦值为．例11．（2024·贵州·校联考模拟预测）如图，已知平行六面体的底面是菱形，，，且.(1)试在平面内过点作直线，使得直线平面，说明作图方法，并证明：直线；(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【解析】（1）只需要在平面内过点作的平行线，即可使满足题意.理由如下：平面，且平面平面平面所以又∵在平行六面体中，∴，得证.（2）连接AC交BD于O，连接，如图，由题意易知，，在中，，同理：在中，，∴为等腰三角形，即，又，∴，在中，，∴，又∵，∴平面，如图建系：以为z轴，OC为x轴，OD为y轴.，，，，，∵，∴，，易知平面与平面重合，则平面的法向量，设平面的法向量，，∴，设平面与平面所成角的平面角为，.平面与平面所成角的锐二面角的余弦值为.例12．（2024·全国·高三专题练习）如图，已知平行六面体的底面是菱形，，且.(1)试在平面内过点作直线，使得直线平面，说明作图方法，并证明：直线；(2)求点到平面的距离.【解析】（1）在平面内过点作的平行线，则直线l即为所作.连接，如图，因平面，平面，平面平面，则，平行六面体的对角面是平行四边形，即，所以.（2）连，连接，如图，菱形中，，则，，，在中，，同理，在中，，即为等腰三角形，有，且，在中，，则，而平面，于是得平面，对角面为平行四边形，即，又平面，平面，则平面，因此点到平面的距离等于点到平面的距离，因，在中，，同理，等腰底边上的高，，，设点到平面的距离为，由得，，则，所以点到平面的距离.变式19．（2024·全国·高三专题练习）如图多面体中，面面，为等边三角形，四边形为正方形，，且，，分别为，的中点.（1）求二面角的余弦值；（2）作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AB交点为P，写出的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）.【解析】（1）因为面面，为等边三角形，设中点为，所以又因为面面面FAB，则平面，以为坐标原点，分别以方向为轴建立空间直角坐标系，如图所示：因为，则则，，，，所以，设平面的一个法向量为则取得，所以设平面的一个法向量为则取得，所以所以则二面角的余弦值为；（2），如图所示：变式20．（2024·全国·高三专题练习）四棱锥中，底面是边长为2的菱形，.,且平面，，点分别是线段上的中点，在上.且.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面的成角的正弦值；（Ⅲ）请画出平面与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤.【解析】（Ⅰ）在中，因为点分别是线段上的中点，所以因为平面，平面.所以平面.（Ⅱ）因为底面是边长为2的菱形，所以，因为平面，所以，，如图，建立空间直角坐标系，则依题意可得，，，，，，，所以，，设平面的法向量为，则由可得，令，可得因为.所以直线与平面的成角的正弦值为（Ⅲ）法Ⅰ：延长分别交延长线于，连接，发现刚好过点，,连接，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线.法2：记平面与直线的交点为，设，则由，可得.所以即为点.所以连接，，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线.变式21．（2024·安徽六安·安徽省舒城中学校考模拟预测）如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长为2的正方形，，，且.

(1)记线段的中点为，在平面内过点作一条直线与平面平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【解析】（1）延长，设其交点为，连接，则为平面与平面的交线，取线段CD的中点M，连接KM，直线KM即为所求．证明如下：延长，设其交点为，连接，则为平面与平面的交线，因为，所以，又，所以，所以，又，所以四边形为平行四边形，所以，取的中点，连接，∵分别为的中点，∴，∴．∵平面，平面，∴平面．（2）以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图.由已知可得，所以，设平面的法向量为，则得，取得，，平面的一个法向量.设直线与平面所成的角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.变式22．（2024·广西·高三统考阶段练习）如图，三棱柱中，侧面为菱形.

(1)（如图1）若点为内任一点，作出与面的交点（作出图象并写出简单的作图过程，不需证明）；(2)（如图2）若面面，求二面角的余弦值.【解析】（1）作图步骤①连接并延长交于点②连接交于点，连接③连接交于点④点即为所求.（2）连结，交于点，连结，侧面为菱形，，且为的中点，，，平面平面，平面平面，平面，平面，又，平面，，，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系，设，则，0，，，0，，，，，，，，，，，设平面与平面的一个法向量分别为与，由，取，得；由，取，得．，变式23．（2024·四川成都·成都七中校考模拟预测）是边长为2的正三角形，P在平面上满足，将沿AC翻折，使点P到达的位置，若平面平面ABC，且．(1)作平面，使得，且，说明作图方法并证明；(2)点M满足，求二面角的余弦值．【解析】（1）记BC中点为O，连接AO，，平面即为平面，证明如下：因为为正三角形，O为BC中点，所以，又，平面，平面，所以平面（2）由(1)可知,因为平面,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.则设平面的法向量为，则,取,则,,设平面的法向最为,则，取，则，由已知可得.由图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.变式24．（2024·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习）已知四棱锥的底面是平行四边形，侧棱平面，点在棱上，且，点是在棱上的动点（不为端点）.（如图所示）(1)若是棱中点，（i）画出的重心（保留作图痕迹），指出点与线段的关系，并说明理由；（ii）求证：平面；(2)若四边形是正方形，且，当点在何处时，直线与平面所成角的正弦值取最大值.【解析】（1）（i）设与交点为，连接与交于点，因为为中点，为中点，所以与交点为重心，所以,又因为为的边的中线，所以点也为的重心，即重心在上.（ii）连接并延长交于点，连接，因为为重心，所以,又因为,所以，又因为平面,平面,所以平面；（2）因为四边形为正方形，所以,平面，平面，所以，所以以为坐标原点，建立如图所示坐标系，所以设，则设平面的法向量为，，化简得，取则，设直线与平面所成角为，所以，所以当时，即点在线段靠近的三等分点处时，直线与平面所成角的正弦值取最大值为.题型五：立体几何建系繁琐问题例13．（2024·福建福州·福建省福州格致中学校考模拟预测）如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠ABC=，∠B1BD=，（1）求证：直线AC⊥平面BDB1；（2）求直线A1B1与平面ACC1所成角的正弦值.【解析】（1）连接交于，因为，，，所以，故又因为为菱形对角线交点，即是线段的中点，所以又四边形为菱形，故而，所以平面方法二：因为，所以点在平面内的射影在为的平分线，又四边形为菱形，故为的平分线，则直线故平面平面，而平面平面，又四边形为菱形，故所以平面（2）延长交于点，平面即为平面，平面即平面由（1）得平面平面，平面平面，所以过做，则平面，故即为直线与平面所成角（若研究直线与平面所成角的正弦值则线段等比例扩大2倍结果不变）因为四棱台中，所以，由菱形有，且∠ABC=，所以，作，因为，则，，所以，则，，，故.法二：延长交于点，平面即为平面，平面即平面，设直线与平面所成角为过作，垂足为，因为，所以建系，以为轴，作轴，设平面的法向量为，则，所以，所以例14．（2024·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，侧面为正方形，M，N分别为的中点，．(1)证明：平面；(2)若，三棱锥的体积为2，求二面角的余弦值．【解析】（1）证明：取的中点，连接，因为为的中点，所以为的中位线，则，且，又为的中点，所以，且，所以且，所以四边形为平行四边形，则，又因为平面，且平面，所以平面.（2）在直三棱柱中，可得平面，因为平面，所以，又因为，直线与直线相交，且平面，所以平面，因为平面，所以，设，连接，则，，，，所以，所以，则，以为坐标原点，以所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，可得，，．设平面的法向量为，则，取，则，设平面的法向量为，则，取，则则，由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为．例15．（2024·江西抚州·高三校联考阶段练习）如图，在几何体中，，已知平面平面，平面平面，平面ABC，AD⊥DE．(1)证明：平面；(2)若，设为棱上的点，且满足，求当几何体的体积取最大值时，与所成角的余弦值．【解析】（1）证明：过点作交与点，平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，，又，且，平面，平面；（2）过点作交于点，连接，平面平面，平面平面，平面，平面，又因为平面，所以．平面，到平面的距离相等，且，四边形是平行四边形，,，又平面，平面，平面，.由得.由，得，，，又，令，则，，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，即，当且仅当时取得最大值．如图所示，以点为原点建立空间直角坐标系，则，所以．设与所成角为，则，即当几何体体积最大时，与所成角的余弦值为．变式25．（2024·黑龙江佳木斯·高一建三江分局第一中学校考期末）如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，分别为的中点，为上一点，过和的平面交于，交于．（1）证明：平面；（2）设为的中心，若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．【解析】（1）因为侧面是矩形，分别为的中点，所以，，从而，又是正三角形，是中点，所以，因为，平面，所以平面，平面，平面，平面平面，所以，而，所以，所以平面，平面，所以平面；（2），连接，平面，平面平面，平面，所以，又由三棱柱的性质得，所以是平行四边形，所以，是的中心，则，所以，所以，设，则，，由三棱柱性质知四边形是等腰梯形，如图，，作于，则，又，所以，．由（1）知是平面的一个法向量，而是与的夹角，所以直线与平面所成角的正弦值等于．变式26．（2024·黑龙江哈尔滨·哈九中校考三模）如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，，分别为，的中点，为上一点，过和的平面交于，交于.（1）证明：，且平面平面；（2）设为的中心，若，平面，且，求四棱锥的体积.【解析】（1）因为，分别为，的中点，所以，又，所以，在等边中，为中点，则.又因为侧面为矩形，所以.因为，，由，平面，所以平面，又因为，且平面，平面，所以平面，又因为平面，且平面平面，所以.又因为平面，所以平面，因为平面所以平面平面.（2）过作垂线，垂足为，画出图形，如图.因为平面，平面，平面平面，所以，又因为，所以四边形为平行四边形，所以，因为为的中心，所以，因为平面平面，平面平面=，平面，所以平面，又因为在等边中，，得，由（1）知，四边形为梯形，所以四边形的面积为，所以，，，所以，所以.变式27．（2024·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考期中）如图，在平行六面体中，每一个面均为边长为2的菱形，平面底面，，分别是，的中点，是的中点.(1)证明：平面；(2)若侧棱与底面所成的角为60°，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【解析】（1）证明：连接，因为在平行六面体中，每一个面均为边长为2的菱形，所以，，因为分别是，的中点所以，，，所以，四边形，均为平行四边形，所以，，，因为菱形中，，所以，，，所以，四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以，平面，平面，因为平面，所以，平面平面，因为是的中点，平面，所以平面.（2）过点作，垂足为，连接，因为平面底面，平面底面，平面，所以，底面，因为，底面，所以因为，侧棱与底面所成的角为60°，所以，，因为，所以，即为中点，因为底面为菱形，，所以，，所以，以为坐标原点，以为轴方向建立空间直角坐标系，所以，，，，，，，所以，，设平面的一个法向量为，则，即，令得，所以，，设平面的一个法向量为，则，即，令得，所以，,所以，平面与平面所成锐二面角的余弦值为变式28．（2024·全国·高三专题练习）已知四棱锥中，平面，，，，，．(1)求直线与平面所成角的正弦值；(2)线段上是否存在一点M，使得平面？若存在，请指出点M的位置；若不存在，请说明理由．【解析】（1）因为，BC⊥AB，所以AD⊥AB．又因为，，所以．因为平面，平面，平面，所以．又，所以．以A为坐标原点，以所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，．所以，，．设平面的法向量为，则，即，得，令，可得平面的一个法向量为．设直线与平面所成的角为，，则，所以直线与平面所成角的正弦值为．另如图，连接AC．因为，BC⊥AB，所以AD⊥AB．因为，，所以．因为BC⊥AB，所以．因为平面，平面，平面，平面，所以．因为，所以，．所以，．设点C到平面的距离为h，由，得，即，解得．设直线与平面所成的角为，，则．所以直线与平面所成角的正弦值为．（2）不存在点M，理由如下：假设存在满足条件的点M（如图）．可设，，所以，所以．又由（1）知为平面的一个法向量，所以，即，无解．所以线段PB上不存在满足条件的点M．另不存在点M，理由如下：假设存在满足条件的点M，由平面，平面，平面，得，且，因为平面，平面，所以．因为，且，平面，平面，所以平面．又平面，所以．若存在满足条件的点M，则点M必与点B重合．又与不垂直，所以线段上不存在满足条件的点M．变式29．（2024·全国·模拟预测）如图，三棱柱的底面为等边三角形，，点D，E分别为AC，的中点，，．(1)求点到平面BDE的距离；(2)求二面角的余弦值．【解析】（1）连接，，设与DE交于点F，由可知，侧面为菱形，所以，因为点D，E分别为AC，的中点，所以，则，因为，所以，则，又，所以为等边三角形，由为等边三角形，，得，连接，则，，又，，所以，则，易知，因为，平面，平面，所以平面，又平面，所以，因为，平面BDE，平面BDE，所以平面BDE，所以为点到平面BDE的距离，又，故点到平面BDE的距离为．（2）由（1）可知，两两垂直，以D为坐标原点，直线DB，DC，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，所以，,，由（1）知平面BDE的一个法向量为，设平面的法向量为，则，即，取，则，于是，因为二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为．变式30．（2024·全国·高三专题练习）已知两个四棱锥与的公共底面是边长为4的正方形，顶点，在底面的同侧，棱锥的高，，分别为AB，CD的中点，与交于点E，与交于点F.(1)求证：点E为线段的中点；(2)求这两个棱锥的公共部分的体积.【解析】（1）连接，，如图，因为平面ABCD，平面ABCD，所以，又，所以四边形是矩形，所以，，又，分别为AB，CD的中点，所以，，所以，，所以四边形是平行四边形，又对角线，所以点E为线段的中点.（2）连接，交EF于点N，过点作于M，由题意知，故，又，，，平面，所以平面，故，又，，平面，所以平面，即是四棱锥的高，由（1）同理可得点F为线段的中点，所以，，在中，，则，所以，因为，所以.变式31．（2024·全国·高一专题练习）《九章算术》是中国古代的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右.它是一本综合性的历史著作，是当时世界上最简练有效的应用数学，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系.《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”，已知在三棱锥中，平面.

（1）从三棱锥中选择合适的两条棱填空：________________，则三棱锥为“鳖臑”；（2）如图，已知，垂足为，，垂足为，.（i）证明：平面平面；（ii）设平面与平面交线为，若，，求二面角的大小.【解析】（1）因为“鳖臑”是由四个直角三角形组成的四面体，又平面，所以，，；即，为直角三角形；若，由，平面，可得：平面；所以，即，为直角三角形；满足四个面都是直角三角形；同理，可得或或，都能满足四个面都是直角三角形；故可填：或或或；（2）（i）证明：∵平面，平面，∴，又，，平面，∴平面，又平面，∴，又，，平面，∴平面，又平面，∴，又，，平面，∴平面，又平面，∴平面平面.（ii）由题意知，在平面中，直线与直线相交.如图所示，设，连结，则即为.∵平面，平面，∴，∵平面，平面，∴，又，平面，∴平面，又平面，∴，.∴即为二面角的一个平面角.在中，，，，∴，又，∴，∴，∴，∴二面角的大小为.变式32．（2024·浙江金华·高一浙江金华第一中学校考期末）如图，四面体ABCD中，等边三角形，，且.

(1)记AC中点为M，若面面ABD，求证：面ADC；(2)当二面角的大小为时，求直线AD与平面BCD所成角的正弦值.【解析】（1）为等边三角形，中点为，，又面面，面面，面,由，得面,面，,又，平面，面.（2）在中，过作的垂线,与的延长线交于点,连结,，，面，面，是二面角的平面角，,过作交于点,连结,作交于点,连结,由面，面，得,又，面，面,面，面面，面面，面，所以面，即面，所以直线与平面所成角即为，由题意:，,则，面，面，，，，直线与平面所成角的正弦值为.变式33．（2024·河北衡水·高二校考开学考试）已知四面体，，，且平面平面．(1)求证：；(2)求直线与平面所成角的大小．【解析】（1）证明：，，，，取中点，则，，平面，平面，平面，；（2）过点作交延长线于，连结，平面平面，平面平面，，平面，平面，为与平面所成角，，，，，，在中，，直线与平面所成角的大小为题型六：两角相等（构造全等）的立体几何问题例16．（2024·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，是等边三角形，，点P是AC的中点，连接BP，DP证明：平面平面BDP；若，，求三棱锥的体积．【解析】证明：如图所示，因为是等边三角形，，所以≌，可得，又因为点P是AC的中点，则，，又，平面PBD，平面PBD，所以平面平面BDP；设，在中，，则；在等边中，，在等腰中，；在中，由，得；由余弦定理得，即，解得；所以的面积为，所以三棱锥的体积为．例17．（2024·高二校考单元测试）如图,在三棱锥中,是等边三角形,,点是的中点,连接．（1）证明:平面平面;（2）若,且二面角为,求直线与平面所成角的正弦值．【解析】解:（1）证明:因为是等边三角形,,所以,可得．因为点是的中点,则,,因为,平面PBD,平面,所以平面,因为平面,所以平面平面．（2）如图,作,垂足为连接．因为,所以为二面角A-BD-C的平面角．由已知二面角为,知．在等腰三角形中,由余弦定理可得．因为是等边三角形,则,所以．在中,有,得,因为,所以．又,所以．则,．以为坐标原点,以向量的方向分别为轴,轴的正方向,以过点垂直于平面的直线为轴,建立空间直角坐标系,则,,向量,平面的一个法向量为,设直线与平面所成的角为,则,所以直线与平面所成角的正弦值为．例18．（2024·全国·高三专题练习）如图，四棱锥中，底面为边长是2的正方形，，分别是，的中点，，，且二面角的大小为.(1)求证：；(2)求二面角的余弦值.【解析】（1）证明：作于点连接，∵，，，∴，∴，即，，又，∴平面，又平面，∴.（2）∵二面角的大小为，∴平面平面，平面平面，，∴平面.以点为原点，,,所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，∵,∴.∴，即.∴，，，.∴,，设平面的法向量，由，得令，得.易知为平面的一个法向量.设二面角为，为锐角，则.变式34．（2024·全国·高三专题练习）如图，四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，.（1）证明：平面平面；（2）当直线与平面所成的角为30°时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【解析】（1）过点作，垂足为，连结，.在中，由，得，.在中，由余弦定理得，即，又，所以，即.又，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）由（1）知，为直线与底面所成角，则，所以.以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，所以，，由于，所以.设平面的法向量为，则，即，解得，令得.显然平面的一个法向量为，所以，即平面与平面所成二面角的余弦值为.变式35．（2024·广东阳江·高二统考期中）如图，在四面体ABCD中，是正三角形，是直角三角形，，AB=BD．(1)求证：平面平面ABC；(2)若，二面角的余弦值为，求m．【解析】（1）证明：因为是正三角形，所以因为，公共边，所以≌,所以，因为是直角三角形，所以，取的中点，连接，则,因为是正三角形，所以，所以为二面角的平面角，在中，，因为，所以,所以，所以平面平面ABC；（2）由（1）可得，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设等边的边长为2，则，则，因为，所以，所以，设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，则，令，则，因为二面角的余弦值为，所以，化简得，，解得或，如图，过作于，连接，则由（1）可得，因为，所以平面，所以平面平面，所以二面角为直角二面角，因为，所以,所以,得，所以，所以,所以当时，二面角为钝角，所以舍去，所以变式36．（2024·全国·高三专题练习）如图，在四面体中，已知，，(1)求证：；(2)若平面平面，且，求二面角的余弦值.【解析】（1）∵，，.∴，∴，取的中点，连接，，则，.又∵，平面，平面，∴平面，又平面，∴.（2）过作于点，则平面，又∵平面平面，平面平面，∴平面.过作于点，连接.∵平面，平面，∴又，平面，∴平面，平面∴，根据二面角的定义，∴为二面角的平面角.连接，∵，由于，∴.∵，，∴，.∵，，∴，根据等面积法：.∴，显然是锐角，根据同角三角函数的关系易得：，故二面角的余弦值为.题型七：利用传统方法找几何关系建系例19．（2024·河北·高三河北衡水中学校考阶段练习）如图，在长方体，平面与平面所成角为.(1)若，求直线与平面所成角的余弦值（用表示）；(2)将矩形沿旋转度角得到矩形，设平面与平面所成角为，请证明：.【解析】（1）∵平面，平面，∴，故平面与平面所成角为，设，则，如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，若，则，可得，设平面的法向量为，则，令，则，即，∵，设直线与平面所成角为，则，∴，故直线与平面所成角的余弦值.（2）如图1，延长交平面于点，连接，由题意可知：，∵，平面，∴平面，又∵，故平面，如图2，在三棱锥中，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，则，可得，设平面的法向量为，则，设，则，即，因为在长方体中，面，所以与面的夹角为，又，所以与平面的夹角与与面的夹角相同，即为，则，∵，则，故，解得，故，由题意可得：平面的法向量为，∵，∴平面与平面的夹角余弦值为，注意到平面与平面的夹角，即平面与平面的夹角，故.例20．（2024·全国·唐山市第十一中学校考模拟预测）在四棱锥中，，，，，平面平面.(1)证明：；(2)若是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的大小.【解析】（1）取AD中点为O，AB中点为F，连接OS，OF，DF，，，平面平面，且平面平面，平面，，在四边形ABCD中，，，四边形ABCD为直角梯形，，，，，四边形BCDF为正方形，且，在中，，在中，，，，，平面SAD，平面SAD，平面SAD，平面SAD，；（2）、F为AD、AB的中点，，且，由（1）知，，以O为原点，OA、OF、OS分别为x、y、z轴，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，则，，，设，，则，设，则，则，则，则，设平面SAD的一个法向量为，则，令，则，设平面ADE的一个法向量为，则，令，则，二面角的余弦值为，，，即，，，，解得：，故.例21．（2024·安徽·高三校联考期末）如图，在四棱锥中，，E是PB的中点．(1)求CE的长；(2)设二面角平面角的补角大小为，若，求平面PAD和平面PBC夹角余弦值的最小值．【解析】（1）取PA的中点G，连接DG，EG，如图所示：则，且，，所以四边形CDGE为平行四边形．因为，所以为直角三角形，，在中，因为，所以，所以所以CE的长为；（2）在平面ABCD内过点A作BC的平行线，交CD的延长线于点M，如图所示，则，，以点M为坐标原点，分别以MA，MC为x轴和y轴，以与平面垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，取AD的中点为N，连接PN，MN，则，，平面，所以平面，平面，所以平面平面，在平面PMN内过点P作，垂足为F，因为平面平面，所以平面，由已知可得，则，设．因为，所以，因为，，为线段的中点，所以，所以，所以，所以．设平面PAD的法向量，则令，则．设平面的法向量，因为，则令．则，所以为平面的一个法向量．设平面PAD和平面PBC的夹角为，则．令，所以，所以，所以当时，有最小值，所以平面PAD和平面PBC夹角余弦值的最小值为．变式37．（2024·全国·高三专题练习）如图，四棱锥的底面为正方形，底面，是线段的中点，设平面与平面的交线为.(1)证明∥平面BCM(2)已知，为上的点，若与平面所成角的正弦值为是，求线段的长.(3)在（2）的条件下，求二面角的正弦值.【解析】（1）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，因为平面，平面，所以∥平面（2）如图建立空间直角坐标系，因为，则有，，，，，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，则因为与平面所成角的正弦值为是，所以，解得.所以.（3）由（2）可知平面的一个法向量为因为是线段的中点，所以于是，，设平面的法向量则，即.令，得，，，所以二面角的正弦值为.变式38．（2024·江西抚州·高二临川一中校考期中）如图，直线平面，直线平行四边形ABCD，四棱锥P-ABCD的顶点在平面上，，，，，分别是与的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【解析】（1）连接，底面为平行四边形，是的中点，是的中点，，是的中点，是的中点，，，，平面平面，平面，平面；（2）由平面，平行四边形，平面底面，，，四边形为矩形，且底面，，过作，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系（如图），由，，，知，、、、、、，、、，设平面的法向量为，则,取，，，即，设平面的法向量为则,取，，，即，二面角的平面角的余弦.变式39．（2024·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，侧面SAD为等边三角形，，．

(1)证明：平面平面；(2)侧棱SC上是否存在一点P（P不在端点处），使得直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由．【解析】（1）证明：因为底面ABCD为正方形，，所以，又因为侧面SAD为等边三角形，所以.，所以，即，又,所以平面，又因为平面，所以平面平面.（2）如图：取的中点为，连接，因为侧面为等边三角形，所以，又由（1）可知平面平面，平面平面，平面，所以平面，以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴为正方向，建立空间直角坐标系.，，，，，所以，，，设.，所以，所以.设平面SAC的法向量为，由于，所以.令，则，，所以，所以.因为直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于.所以，解得或（舍）故存在，当点P为SC的中点时，使得直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于.变式40．（2024·吉林长春·高二校考期末）如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，，.点在侧棱上，°.（1）证明：是侧棱的中点；（2）求二面角的余弦值.【解析】（1）以为坐标原点，射线分别为轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系.设，则，，.，则，.又，故，即，解得，即.所以为侧棱，的中点.（2）由，，得的中点.又，，，，，所以，.因此等于二面角的平面角..变式41．（2024·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习）三棱柱的底面是等边三角形，的中点为，底面，与底面所成的角为，点在棱上，且.（1）求证：平面；（2）求二面角的平面角的余弦值.【解析】（1）连接，底面，底面，，且与底面所成的角为，即.在等边△ABC中，易求得.在△AOD中，由余弦定理，得，.又又，平面，又平面，，又，平面.（2）如下图所示，以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，则故由（1）可知可得点的坐标为，平面的一个法向量是.设平面的法向量，由得令则则，易知所求的二面角为钝二面角，二面角的平面角的余弦角值是.变式42．（2024·黑龙江齐齐哈尔·高三齐齐哈尔市实验中学校联考阶段练习）如图，三棱锥P-ABC所有棱长都等，PO⊥平面ABC，垂足为O．点，分别在平面PAC，平面PAB内，线段，都经过线段PO的中点D．(1)证明：平面ABC；(2)求直线AP与平面所成角的正弦值．【解析】（1）连接，延长交AB于点，连接，延长交AC于点，分别连接，，．是平面与平面的交线，，，∵三棱锥P-ABC所有棱长都相等，∴O为正△ABC的重心，且，分别是AB，AC中点．∴．作交于点E，则．∵D是PO中点，∴．∴．同理，．∴．∵平面ABC，平面ABC，∴平面ABC．（2）根据条件得，，PO⊥AC．分别以过O平行于CA的直线为x轴，以直线OB为y轴，以直线OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz．设，则，，，．是的中点，，由（1）知，即,设，则，易得：，同理得：．∴，，．设是平面的一个法向量，则，，∴，，∴，不妨取，解得：，．．所以直线AP与平面所成角的正弦值为．变式43．（2024·全国·高三专题练习）如图，已知四棱锥中，平面，平面平面，且，，，点在平面内的射影恰为的重心.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【解析】（1）过作于，因为平面平面，平面平面，平面，平面，平面，.又平面，平面，，又，平面，平面，.（2）连结并延长交于，连结，以为原点，分别以，所在的直线为，轴，以过且与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，设，平面，平面，，同理，又，平面，，又是的重心，是的中点，，由（1）知，，，，，，解得，，设，则，故，，，，，，，，，设平面的法向量为，则，令，则，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为.变式44．（2024·全国·高三专题练习）如图，平面平面，菱形平面，，为平面内一动点.(1)若平面，间的距离为，设直线，与平面所成的角分别为，，，求动点在平面内的射影的一个轨迹方程；(2)若点在平面内的射影为，证明：直线与平面所成的角与的大小无关.【解析】（1）如图①，连接，，，，设，的交点为，点在平面内的射影为，连接，，，图①因为点在平面内的射影为点，所以平面，所以，在平面的射影分别为，，所以，，所以，所以，所以点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆.以，的交点为坐标原点，若以为轴，为轴建立平面直角坐标系，则点的轨迹方程是.若以为轴，为轴建立平面直角坐标系，则点的轨迹方程是.（2）取的中点，连接，则，因为平面，所以平面，所以，，因为平面为菱形，所以，所以，，两两互相垂直，故以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图②所示的空间直角坐标系.图②设，，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，则即两式相减得，即，则，令，得，所以.设直线与平面所成的角为，则，所以只与有关.又，所以只与有关，所以直线与平面所成的角与的大小无关.题型八：空间中的点不好求例22．（2024·全国·校联考模拟预测）已知三棱锥ABCD，D在面ABC上的投影为O，O恰好为△ABC的外心．，.(1)证明：BC⊥AD；(2)E为AD上靠近A的四等分点，若三棱锥A-BCD的体积为，求二面角的余弦值．【解析】（1）连结并延长交于，连结，因为O恰好为△ABC的外心，所以，又，，所以，所以，即是的角平分线，又，所以由等腰三角形三线合一可得，因为D在面ABC上的投影为O，所以面ABC，又面ABC，所以，又面，所以面，又面，所以，（2）由（1）知，面ABC，过作轴平行于，则轴垂直于面ABC，如图建立空间直角坐标系，在中，由（1）与等腰三角形三线合一可知是的中点，又，，则，，设，则，又，所以，解得，故，因为三棱锥ABCD的体积为，所以，则，则，故，因为E为AD上靠近A的四等分点，所以，设为平面的一个法向量，则，取，则，故，易得是平面的一个法向量，设二面角的平面角为，则为钝角，所以，所以二面角的余弦值为.例23．（2024·河南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，分别为，的中点，点在上，且为三角形的重心.(1)证明：平面；(2)若，，四棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.【解析】（1）证明：连接，因为，，所以，且，由，得，，则，所以.连接并延长交于点，如图，因为为的重心，所以.连接，因为，所以.又平面，平面，故平面.（2）连接，因为，所以，又，，平面，，所以平面.连接交于点，则，.又，，平面，，所以平面.连接，平面，则，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面.易得四边形的面积为，由四棱锥的体积为得，，所以.以为坐标原点，以，所在直线分别为轴、轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，.设平面的法向量为，则,即,取，可得，由（1）可知，为的中点，则，所以.由（1）知，，所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，设为，所以，故直线与平面所成角的正弦值为.例24．（2024·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）如图，平行六面体中，点P在对角线上，，平面平面．(1)求证：O，P，三点共线；(2)若四边形是边长为2的菱形，，，求二面角大小的余弦值．【解析】（1）证明：连交于，连．在平行六面体中，且，所以四边形是平行四边形，且，又O，分别为BD，的中点，所以，，所以四边形是平行四边形，于是，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，因为，都经过点O，所以O，P，三点共线．（2）由（1）可知，所以．作平面于Q，于E，于F，连，，，则，，由，得，又，平面，所以平面，于是，同理，又，，所以，则，所以点Q在上，且，所以点Q与O重合，于是．以点O为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，于是，又，所以，，设平面的法向量为，则，于是可得，不妨令，则，平面的一个法向量为，，又结合图形易得二面角为锐角，所以二面角大小的余弦值为．变式45．（2024·江西·校联考二模）正四棱锥中，，E为中点，，平面平面，平面.(1)证明：当平面平面时，平面(2)当时，T为表面上一动点（包括顶点），是否存在正数m，使得有且仅有5个点T满足，若存在，求m的值，若不存在，请说明理由.【解析】（1）连接，由题意可知：，设，连接，则平面，平面，则，，平面，故平面.若为直线，此时平面，可得平面平面，符合题意，故平面；若不为直线，∵平面平面，则存在直线平面，使得平面，可得，且平面，平面，故平面，又∵平面，平面平面，则，可得，故平面；综上所述：平面.（2）不存在，理由如下：如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，则有，可得，设平面的法向量，则，令，则，即，设平面的任一点坐标，则，由，解得，可得交线满足，令，可得交线与轴的交点为，即为点.设四棱锥表面上任一点，则，，可得，且故，表示点到点的距离的平方，设四棱锥的内切球的半径为，∵的体积，表面积，则，可得四棱锥内切球的球心坐标为，又∵，可得四棱锥的外接球的球心为，显然既不是内切球的球心也不是外接球的球心，故不存在m，使得有且仅有5个点T满足.变式46．（2024·全国·高三专题练习）如图，在棱长为2的正方体中，点M是正方体的中心，将四棱锥绕直线逆时针旋转后，得到四棱锥．(1)若，求证：平面平面；(2)是否存在，使得直线平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）证明：若，则平面、平面为同一个平面，连接，则M是中点，是中点，故是的中位线，所以．因为，所以平面四边形是平行四边形，所以．又平面平面，所以平面同理平面，且平面平面，所以，平面平面．（2）假设存在，使得直线平面．以C为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，则，，故．设是平面的法向量，则，所以，取，得是平面的一个法向量，取中点P，中点Q，连接，则．于是是二面角的平面角，是二面角的平面角，是二面角的平面角，于是，所以，且平面，故，同理，所以，因为，，所以．若直线平面，是平面的一个法向量，则．即存在，使得，则，此方程组无解，所以，不存在，使得直线平面．变式47．（2024·全国·模拟预测）已知菱形ABCD中，，四边形BDEF为正方形，满足，连接AE，AF，CE，CF．(1)证明：；(2)求直线AE与平面BDEF所成角的正弦值．【解析】（1）证明：如图，取CF的中点M，EF的中点N，连接AC，交BD于点O，连接EM，CN，AM，ON．∵菱形ABCD中，，∴△ABD为等边三角形，∴．∵四边形BDEF为正方形，∴．又∵，，∴在△ABF中，由余弦定理可得．∴，又M为CF的中点，∴①．∵四边形ABCD为菱形，∴．又∵四边形BDEF为正方形，，，则，∴，又，ON、AC在面ONC内，故平面ONC．∵，∴平面ONC，NC在面ONC内，∴，由N为EF的中点，得．∵，，，．又∵，∴为等边三角形，∴．又，，∴为等边三角形．又∵M为CF中点，∴②．由①②，且，EM、AM在面AEM内，得平面AEM，又AE在面AEM内，故．（2）方法一：以O为坐标原点，AC所在直线为x轴，BD所在直线为y轴，过O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，得，．点N作NH垂直OC于点H，在中，，，可得ON边上的高为，由等面积法可得OC边上的高，由勾股定理可得，故，，，，设平面BDEF的法向量为，则，即，取，平面BDEF的一个法向量为．设直线AE与平面BDEF所成角为，则，∴直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为．方法二：将原图补成一个平行六面体，显然该平行六面体每个面均为有一个角为的菱形．令，，，依题意，，，则，，，由于，，所以A1C与EF、BF都垂直且EF、BF都在面BDEF内，故为平面BDEF的一个法向量，设直线AE与平面BDEF所成角为，，∴直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为．题型九：创新定义例25．（2024·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）魏晋时期数学家刘徽（图a）为研究球体的体积公式，创造了一个独特的立体图形“牟合方盖”，它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一圆柱的侧面上．如图，将两个底面半径为1的圆柱分别从纵横两个方向嵌入棱长为2的正方体时（如图b），两圆柱公共部分形成的几何体（如图c）即得一个“牟合方盖”，图d是该“牟合方盖”的直观图（图中标出的各点，，，，，均在原正方体的表面上）．(1)由“牟合方盖”产生的过程可