專題08 點、線、面位置關(guān)系（向量法）-2024屆高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)考點分層與專項檢測（新高考專用）解析版

2/2專題08點、線、面位置關(guān)系向量法（新高考）目錄目錄【備考指南】 2 【真題在線】 3【基礎(chǔ)考點】 27【基礎(chǔ)考點一】空間直角坐標(biāo)系 27【基礎(chǔ)考點二】空間向量及運算 34【基礎(chǔ)考點三】求平面法向量 39【基礎(chǔ)考點四】用空間向量求線面角 45【基礎(chǔ)考點五】用空間向量求二面角 54【綜合考點】 63【綜合考點一】點到線（面）距離 63【綜合考點二】已知線面角求參數(shù) 72【綜合考點三】已知二面角求參數(shù) 80【培優(yōu)考點】 89【培優(yōu)考點一】探索性問題 89【培優(yōu)考點二】最值與范圍問題 98【總結(jié)提升】 110【專項檢測】 112備考指南備考指南考點考情分析考頻空間幾何體的表面積、體積2023年新高考Ⅰ卷T142023年新高考Ⅱ卷T92023年新高考Ⅱ卷T142023年全國乙卷T32023年全國乙卷T82022年新高考Ⅰ卷T42022年新高考Ⅱ卷T112022年全國甲卷T42022年全國甲卷T92021年新高考Ⅰ卷T32021年新高考Ⅱ卷T42021年新高考Ⅱ卷T53年12考球與多面體的切接2023年全國乙卷T162022年新高考Ⅰ卷T82022年新高考Ⅱ卷T72022年全國乙卷T92021年全國甲卷T113年5考線面位置關(guān)系2023年全國乙卷T92022年新高考Ⅰ卷T92022年全國甲卷T72022年全國乙卷T72021年新高考Ⅱ卷T102021年全國乙卷T53年6考空間角與線面位置關(guān)系綜合2023年新高考Ⅰ卷T182023年新高考Ⅱ卷T202023年全國甲卷T182023年全國乙卷T192022年新高考Ⅰ卷T192022年新高考Ⅱ卷T202022年全國甲卷T182022年全國乙卷T182021年新高考Ⅱ卷T192021年全國甲卷T192021年全國乙卷T183年11考立體幾何綜合2023年新高考Ⅰ卷T122021年新高考Ⅰ卷T122021年新高考Ⅰ卷T202年3考最短距離、截面、截線2023年新高考Ⅱ卷T142023年全國甲卷T151年2考預(yù)測：以空間幾何體為載體考查空間角(以線面角為主)是高考命題的重點，常與空間線面位置關(guān)系的證明相結(jié)合，熱點為空間角的求解，常以解答題的形式進(jìn)行考查.高考注重利用向量方法解決空間角問題，但也可利用幾何法來求解；空間距離(特別是點到面的距離)也是高考題中的常見題型，多以解答題的形式出現(xiàn)，難度中等.以空間向量為工具，探究空間幾何體中線面關(guān)系或空間角存在的條件，計算量較大，一般以解答題的形式考查，難度中等偏上.近幾年在立體幾何客觀的考察中，第2問用空間向量來處理對學(xué)生更加有利.在二輪復(fù)習(xí)時建議加強對基礎(chǔ)性的考點訓(xùn)練，同時也要強化計算量.能夠解決探索性的基本問題與最值和范圍與其他知識點的聯(lián)系.真題在線真題在線一、解答題1．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱錐中，，，，，的中點分別為，點在上，．(1)求證：//平面；(2)若，求三棱錐的體積．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)給定條件，證明四邊形為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.（2）作出并證明為棱錐的高，利用三棱錐的體積公式直接可求體積.【詳解】（1）連接，設(shè)，則，，，則，解得，則為的中點，由分別為的中點，于是，即，則四邊形為平行四邊形，，又平面平面，所以平面.（2）過作垂直的延長線交于點，因為是中點，所以，在中，，所以，因為，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，即三棱錐的高為，因為，所以，所以，又，所以.2．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱錐中，平面，．

(1)求證：平面PAB；(2)求二面角的大?。敬鸢浮?1)證明見解析(2)【分析】（1）先由線面垂直的性質(zhì)證得，再利用勾股定理證得，從而利用線面垂直的判定定理即可得證；（2）結(jié)合（1）中結(jié)論，建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得平面與平面的法向量，再利用空間向量夾角余弦的坐標(biāo)表示即可得解.【詳解】（1）因為平面平面，所以，同理，所以為直角三角形，又因為，，所以，則為直角三角形，故，又因為，，所以平面.（2）由（1）平面，又平面，則，以為原點，為軸，過且與平行的直線為軸，為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

則，所以，設(shè)平面的法向量為，則，即令，則，所以，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，則，所以，所以，又因為二面角為銳二面角，所以二面角的大小為.3．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，在正四棱柱中，．點分別在棱,上，．

(1)證明：；(2)點在棱上，當(dāng)二面角為時，求．【答案】(1)證明見解析；(2)1【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量坐標(biāo)相等證明；（2）設(shè)，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.【詳解】（1）以為坐標(biāo)原點，所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

則，，，又不在同一條直線上，.（2）設(shè)，則，設(shè)平面的法向量，則，令，得，，設(shè)平面的法向量，則，令，得，，，化簡可得，，解得或，或，.4．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，三棱錐中，，，，E為BC的中點．(1)證明：；(2)點F滿足，求二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)．【分析】（1）根據(jù)題意易證平面，從而證得；（2）由題可證平面，所以以點為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，再求出平面的一個法向量，根據(jù)二面角的向量公式以及同角三角函數(shù)關(guān)系即可解出．【詳解】（1）連接，因為E為BC中點，，所以①，因為，，所以與均為等邊三角形，，從而②，由①②，，平面，所以，平面，而平面，所以．（2）不妨設(shè)，，．，，又，平面平面．以點為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：

設(shè)，設(shè)平面與平面的一個法向量分別為，二面角平面角為,而，因為，所以，即有，，取，所以；，取，所以，所以，，從而．所以二面角的正弦值為．5．（2022·天津·統(tǒng)考高考真題）直三棱柱中，，D為的中點，E為的中點，F(xiàn)為的中點．(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值；(3)求平面與平面夾角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）以點為坐標(biāo)原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法可證得結(jié)論成立；（2）利用空間向量法可求得直線與平面夾角的正弦值；（3）利用空間向量法可求得平面與平面夾角的余弦值.【詳解】（1）證明：在直三棱柱中，平面，且，則以點為坐標(biāo)原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則、、、、、、、、，則，易知平面的一個法向量為，則，故，平面，故平面.（2）解：，，，設(shè)平面的法向量為，則，取，可得，.因此，直線與平面夾角的正弦值為.（3）解：，，設(shè)平面的法向量為，則，取，可得，則，因此，平面與平面夾角的余弦值為.6．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角為．設(shè)M，N分別為的中點．(1)證明：；(2)求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)．【分析】（1）過點、分別做直線、的垂線、并分別交于點、，由平面知識易得，再根據(jù)二面角的定義可知，，由此可知，，，從而可證得平面，即得；（2）由（1）可知平面，過點做平行線，所以可以以點為原點，，、所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的一個法向量，以及，即可利用線面角的向量公式解出．【詳解】（1）過點、分別做直線、的垂線、并分別交于點、．∵四邊形和都是直角梯形，，，由平面幾何知識易知，，則四邊形和四邊形是矩形，∴在Rt和Rt，，∵，且，∴平面是二面角的平面角，則，∴是正三角形，由平面，得平面平面，∵是的中點，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．（2）因為平面，過點做平行線，所以以點為原點，，、所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，設(shè)平面的法向量為由，得，取，設(shè)直線與平面所成角為，∴．7．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點．

(1)證明：平面；(2)若，，，求二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接并延長交于點，連接、，根據(jù)三角形全等得到，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到，即可得到為的中點從而得到，即可得證；（2）建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求出二面角的余弦的絕對值，再根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系計算可得.【詳解】（1）證明：連接并延長交于點，連接、，因為是三棱錐的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以所以，即，所以為的中點，又為的中點，所以，又平面，平面，所以平面

（2）解：過點作，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，因為，，所以，又，所以，則，，所以，所以，，，，所以，則，，，設(shè)平面的法向量為，則，令，則，，所以；設(shè)平面的法向量為，則，令，則，，所以；所以.設(shè)二面角的大小為，則，所以，即二面角的正弦值為.

8．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）在四棱錐中，底面．(1)證明：；(2)求PD與平面所成的角的正弦值．【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）作于，于，利用勾股定理證明，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得，從而可得平面，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)即可得證；（2）以點為原點建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法即可得出答案.【詳解】（1）證明：在四邊形中，作于，于，因為，所以四邊形為等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因為平面，平面，所以，又，所以平面，又因為平面，所以；（2）解：如圖，以點為原點建立空間直角坐標(biāo)系，，則，則，設(shè)平面的法向量，則有，可取，則，所以與平面所成角的正弦值為.9．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，四面體中，，E為的中點．(1)證明：平面平面；(2)設(shè)，點F在上，當(dāng)?shù)拿娣e最小時，求與平面所成的角的正弦值．【答案】(1)證明過程見解析(2)與平面所成的角的正弦值為【分析】（1）根據(jù)已知關(guān)系證明，得到，結(jié)合等腰三角形三線合一得到垂直關(guān)系，結(jié)合面面垂直的判定定理即可證明；（2）根據(jù)勾股定理逆用得到，從而建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合線面角的運算法則進(jìn)行計算即可.【詳解】（1）因為，E為的中點，所以；在和中，因為，所以，所以，又因為E為的中點，所以；又因為平面，，所以平面，因為平面，所以平面平面.（2）連接，由（1）知，平面，因為平面，所以，所以，當(dāng)時，最小，即的面積最小.因為，所以，又因為，所以是等邊三角形，因為E為的中點，所以，，因為，所以,在中，，所以.以為坐標(biāo)原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，所以，設(shè)平面的一個法向量為，則，取，則，又因為，所以，所以，設(shè)與平面所成的角的正弦值為，所以，所以與平面所成的角的正弦值為.10．（2022·北京·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱柱中，側(cè)面為正方形，平面平面，，M，N分別為，AC的中點．(1)求證：平面；(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．條件①：；條件②：．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）取的中點為，連接，可證平面平面，從而可證平面.（2）選①②均可證明平面，從而可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量可求線面角的正弦值.【詳解】（1）取的中點為，連接，由三棱柱可得四邊形為平行四邊形，而，則，而平面，平面，故平面，而，則，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，（2）因為側(cè)面為正方形，故，而平面，平面平面，平面平面，故平面，因為，故平面，因為平面，故，若選①，則，而，，故平面，而平面，故，所以，而，，故平面，故可建立如所示的空間直角坐標(biāo)系，則，故，設(shè)平面的法向量為，則，從而，取，則，設(shè)直線與平面所成的角為，則.若選②，因為，故平面，而平面，故，而，故，而，，故，所以，故，而，，故平面，故可建立如所示的空間直角坐標(biāo)系，則，故，設(shè)平面的法向量為，則，從而，取，則，設(shè)直線與平面所成的角為，則.11．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，直三棱柱的體積為4，的面積為．(1)求A到平面的距離；(2)設(shè)D為的中點，，平面平面，求二面角的正弦值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由等體積法運算即可得解；（2）由面面垂直的性質(zhì)及判定可得平面，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法即可得解.【詳解】（1）在直三棱柱中，設(shè)點A到平面的距離為h，則，解得，所以點A到平面的距離為；（2）取的中點E,連接AE,如圖，因為，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，所以兩兩垂直，以B為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，由（1）得，所以，，所以，則,所以的中點，則，,設(shè)平面的一個法向量，則，可取，設(shè)平面的一個法向量，則，可取，則，所以二面角的正弦值為.12．（2021·天津·統(tǒng)考高考真題）如圖，在棱長為2的正方體中，E為棱BC的中點，F(xiàn)為棱CD的中點．（I）求證：平面；（II）求直線與平面所成角的正弦值．（III）求二面角的正弦值．【答案】（I）證明見解析；（II）；（III）.【分析】（I）建立空間直角坐標(biāo)系，求出及平面的一個法向量，證明，即可得證；（II）求出，由運算即可得解；（III）求得平面的一個法向量，由結(jié)合同角三角函數(shù)的平方關(guān)系即可得解.【詳解】（I）以為原點，分別為軸，建立如圖空間直角坐標(biāo)系，則,,,,,,，因為E為棱BC的中點，F(xiàn)為棱CD的中點，所以，，所以,,,設(shè)平面的一個法向量為，則，令，則，因為，所以，因為平面，所以平面；（II）由（1）得，，設(shè)直線與平面所成角為，則；（III）由正方體的特征可得，平面的一個法向量為，則，所以二面角的正弦值為.13．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）在四棱錐中，底面是正方形，若．（1）證明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）取的中點為，連接，可證平面，從而得到面面.（2）在平面內(nèi)，過作，交于，則，建如圖所示的空間坐標(biāo)系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.【詳解】（1）取的中點為，連接.因為，，則，而，故.在正方形中，因為，故，故，因為，故，故為直角三角形且，因為，故平面，因為平面，故平面平面.（2）在平面內(nèi)，過作，交于，則，結(jié)合（1）中的平面，故可建如圖所示的空間坐標(biāo)系.則，故.設(shè)平面的法向量，則即，取，則，故.而平面的法向量為，故.二面角的平面角為銳角，故其余弦值為.14．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，，為的中點，且．（1）求；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）；（2）【分析】（1）以點為坐標(biāo)原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，由已知條件得出，求出的值，即可得出的長；（2）求出平面、的法向量，利用空間向量法結(jié)合同角三角函數(shù)的基本關(guān)系可求得結(jié)果.【詳解】（1）[方法一]：空間坐標(biāo)系+空間向量法平面，四邊形為矩形，不妨以點為坐標(biāo)原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則、、、、，則，，，則，解得，故；[方法二]【最優(yōu)解】：幾何法+相似三角形法如圖，連結(jié)．因為底面，且底面，所以．又因為，，所以平面．又平面，所以．從而．因為，所以．所以，于是．所以．所以．[方法三]：幾何法+三角形面積法

如圖，聯(lián)結(jié)交于點N．由[方法二]知．在矩形中，有，所以，即．令，因為M為的中點，則，，．由，得，解得，所以．（2）[方法一]【最優(yōu)解】：空間坐標(biāo)系+空間向量法設(shè)平面的法向量為，則，，由，取，可得，設(shè)平面的法向量為，，，由，取，可得，，所以，，因此，二面角的正弦值為.[方法二]：構(gòu)造長方體法+等體積法

如圖，構(gòu)造長方體，聯(lián)結(jié)，交點記為H，由于，，所以平面．過H作的垂線，垂足記為G．聯(lián)結(jié)，由三垂線定理可知，故為二面角的平面角．易證四邊形是邊長為的正方形，聯(lián)結(jié)，．，由等積法解得．在中，，由勾股定理求得．所以，，即二面角的正弦值為．【整體點評】（1）方法一利用空坐標(biāo)系和空間向量的坐標(biāo)運算求解；方法二利用線面垂直的判定定理，結(jié)合三角形相似進(jìn)行計算求解，運算簡潔，為最優(yōu)解；方法三主要是在幾何證明的基礎(chǔ)上，利用三角形等面積方法求得.（2）方法一，利用空間坐標(biāo)系和空間向量方法計算求解二面角問題是常用的方法，思路清晰，運算簡潔，為最優(yōu)解；方法二采用構(gòu)造長方體方法+等體積轉(zhuǎn)化法，技巧性較強，需注意進(jìn)行嚴(yán)格的論證.基礎(chǔ)基礎(chǔ)考點【考點一】空間直角坐標(biāo)系【典例精講】（多選）（2023·遼寧·大連二十四中校聯(lián)考模擬預(yù)測）直角中是斜邊上的一動點，沿將翻折到，使二面角為直二面角，當(dāng)線段的長度最小時（

）A．B．C．直線與的夾角余弦值為D．四面體的外接球的表面積為【答案】ABD【分析】根據(jù)直二面角的性質(zhì)，得到垂直關(guān)系，建立空間直角坐標(biāo)系，利用三角形內(nèi)角平分線的性質(zhì)、平面向量加法的幾何意義、空間兩點距離公式、夾角公式，球的性質(zhì)逐一判斷即可.【詳解】如圖所示：過點作，交于延長線于點，過點交于于點，作，使得，由二面角為直二面角，可知，設(shè)，則有，，，在直角三角形中，，在直角三角形中，，，當(dāng)且僅當(dāng)，此時，，在圖1中，，所以為的平分線，于是有，所以，，由上可知：兩兩互相垂直，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，，因為，所以選項A正確；因為，所以選項B正確；，因為，所以直線與的夾角余弦值為，因此選項C不正確；設(shè)四面體的外接球的球心為，顯然有，所以有，，，由，解得，四面體的外接球的半徑為，四面體的外接球的表面積為，因此選項D正確，故選：ABD

【點睛】關(guān)鍵點睛：根據(jù)二面角的性質(zhì)建立空間直角坐標(biāo)系，運用球的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.【變式訓(xùn)練】一、單選題1．（2022·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）在正方體中，為正方形ABCD的中心，則直線與直線所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長，求出相關(guān)各點的坐標(biāo)，利用向量的夾角公式求得答案.【詳解】如圖，以D為坐標(biāo)原點，DA,DC,分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長為2，則,則，故cos<C故線與直線所成角的余弦值為，故選：B2．（2023·全國·校聯(lián)考三模）在平面直角坐標(biāo)系中，為圓上的動點，定點．現(xiàn)將軸左側(cè)半圓所在坐標(biāo)平面沿軸翻折，與軸右側(cè)半圓所在平面成的二面角，使點翻折至，仍在右側(cè)半圓和折起的左側(cè)半圓上運動，則，兩點間距離的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】設(shè)所在平面為，圓的另一半所在平面為，若，則三點共線時，以及在圓的下端點時，分別取到，兩點間距離的最值；若，設(shè)，利用兩點間的距離公式結(jié)合到的距離，以及三角函數(shù)的有界性取到最值，進(jìn)而得出答案．【詳解】設(shè)所在平面為，圓的另一半所在平面為，若，則三點共線時，有最小值；當(dāng)在圓的下端點時，取到最大值，即；若，設(shè)，在上的投影為距離為，則到面距離為，又到軸的距離為，到軸的距離為，而到軸的距離為，則，其中，，故，當(dāng)且僅當(dāng)時成立；，當(dāng)且僅當(dāng)時成立；即；綜上可得，，故選：B二、多選題3．（2023·湖南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）故宮太和殿是中國形制最高的宮殿，其建筑采用了重檐廡殿頂?shù)奈蓓敇邮?，廡殿頂是“四出水”的五脊四坡式，由一條正脊和四條垂脊組成，因此又稱五脊殿．由于屋頂有四面斜坡，故又稱四阿頂．如圖，某幾何體有五個面，其形狀與四阿頂相類似．已知底面為矩形，，，且，、分別為、的中點，與底面所成的角為，過點作，垂足為．下列說法正確的有（

）

A．平面B．C．異面直線與所成角的余弦值為D．點到平面的距離為【答案】AC【分析】利用線面垂直的判定定理可判斷A選項；證明出平面，以點為坐標(biāo)原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，利用空間中兩點間的距離公式求出的值，可求出的長，可判斷C選項；利用空間向量法可判斷CD選項.【詳解】對于A選項，因為四邊形為矩形，則，因為平面，平面，則平面，因為平面，平面平面，所以，，因為且，、分別為、的中點，所以，且，故四邊形為平行四邊形，所以，且，所以，，因為，所以，，因為，是的中點，所以．因為，、平面，所以，平面，A對；對于B選項，因為平面，平面，所以，平面平面，因為，平面平面，平面，所以，平面，以點為坐標(biāo)原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

因為平面，則與平面所成的角為，因為，為的中點，則，又因為，，所以，，又因為，且，故四邊形為等腰梯形，設(shè)，則，則，則點、，所以，，即，解得，所以，，B錯；對于C選項，由B選項可知，在中，、、、，，，，所以，異面直線與所成角的余弦值為，C對；對于D選項，易知、、、，設(shè)平面的法向量為，，，則，取，可得，，則點到平面的距離為，D錯.故選：AC.三、填空題4．（2023·江蘇淮安·江蘇省鄭梁梅高級中學(xué)?？寄M預(yù)測）某同學(xué)參加課外航模興趣小組活動，學(xué)習(xí)模型制作.將一張菱形鐵片進(jìn)行翻折，菱形的邊長為1，，E是邊上一點，將沿著DE翻折到位置，使平面面，則點A與之間距離最小值是.【答案】【分析】做輔助線，設(shè)角則有，，，在中由余弦定理得：，進(jìn)而可得，利用三角函數(shù)即可求得最值.【詳解】過點作于F，連結(jié)CF，AF，設(shè)，則有，，，在中由余弦定理得：，在中由勾股定理得：，∴當(dāng)時，AC取得最小值為.故答案為：【考點二】空間向量及運算【典例精講】（多選）（2023·海南?？凇ば？寄M預(yù)測）在長方體，，是線段上（含端點）的一動點，則下列說法正確的是（

）A．該長方體外接球表面積為 B．三棱錐的體積為定值C．當(dāng)時， D．的最大值為1【答案】ABD【分析】由長方體的外接球的直徑即為長方體的對角線長即可判斷A；由等體積法可判斷B；建立空間直角坐標(biāo)系，由數(shù)量積的坐標(biāo)運算可判斷C、D.【詳解】設(shè)長方體外接球的半徑為，該長方體外接球的直徑即為長方體對角線的長，即有，所以，所以外接球表面積為，故A正確；因為在長方體中，是線段上（含端點）的一動點，所以到平面的距離即為的長，所以，是定值，故B正確；如圖，以為原點建立空間直角坐標(biāo)系，

則，，設(shè)，，則可得，所以，當(dāng)時，則，解得，此時，故C錯誤；，，則，因為，所以當(dāng)或時，取得最大值為1，故D正確.故選：ABD【變式訓(xùn)練】一、單選題1．（2023·山東濰坊·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在正三棱錐D-ABC中，，，O為底面ABC的中心，點P在線段DO上，且，若平面PBC，則實數(shù)（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由正棱錐的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)已知條件確定相關(guān)點坐標(biāo)并求出面PBC的法向量，結(jié)合線面平行及向量共線定理求參數(shù)即可.【詳解】由題設(shè)，△為邊長為的等邊三角形，且，等邊△的高為，在正棱錐中，以為原點，平行為x軸，垂直為y軸，為z軸，如上圖示，則，且，所以，，，若為面PBC的法向量，則，令，則，又平面PBC，則且k為實數(shù)，，故.故選：D2．（2023·黑龍江佳木斯·佳木斯一中?？寄M預(yù)測）給出下列命題，其中錯誤的命題是（

）A．向量，，共面，即它們所在的直線共面B．若對空間中任意一點，有，則，，，四點共面C．兩個非零向量與任何一個向最都不能構(gòu)成空間的一個基底，則這兩個向量共線D．已知向量，，則在上的投影向量為【答案】A【分析】根據(jù)共面向量的性質(zhì)，結(jié)合基底的定義、投影向量的定義進(jìn)行逐一判斷即可.【詳解】對于A，向量可以通過平移后共面，但是它們的所在直線不一定是共面直線，故A錯誤；對于B，，，即，所以，，，四點共面，故B正確；對于C，根據(jù)空間向量基底的性質(zhì)可知這兩個向量共線，故C正確；對于D，在上的投影向量為，故D正確.故選：A.二、多選題3．（2023·浙江寧波·鎮(zhèn)海中學(xué)?？寄M預(yù)測）在空間直角坐標(biāo)系中，有以下兩條公認(rèn)事實：（1）過點，且以為方向向量的空間直線l的方程為；（2）過點，且為法向量的平面的方程為．現(xiàn)已知平面，，，（

）A． B． C． D．【答案】CD【分析】根據(jù)公認(rèn)事實求出直線的方向向量與平面的法向量，用空間向量判斷它們之間的位置關(guān)系.【詳解】平面，則平面法向量為，對，則，即，所以過點，方向向量為，所以，所以，所以，故A錯誤D正確.對，即，所以過點，方向向量為，點代入平面方程成立，所以與平面有公共點，故B錯誤；對，所以過點，方向向量為，因為，所以，所以或，但點代入平面不成立，故，所以，所以C正確.故選：CD三、填空題4．（2023·河南鄭州·模擬預(yù)測）在長方體中中，，AD＝2，M是棱的中點，過點B，M，的平面交棱AD于點N，點P為線段上一動點，則三棱錐外接球表面積的最小值為．【答案】【分析】設(shè)三棱錐外接球球心為，半徑為R，則點在過直角斜邊的中點與平面垂直的直線上，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)球心，，由求解參數(shù)之間的關(guān)系，結(jié)合二次函數(shù)求最值得出結(jié)果.【詳解】設(shè)三棱錐外接球球心為，半徑為R，則在過直角斜邊的中點與平面垂直的直線上，且滿足.以D為原點，為x軸，為y軸，為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，設(shè)球心，，又，設(shè)，，則，由，得，則，由，，可得，又，所以當(dāng)時，取最小值，最小值為，所以三棱錐外接球表面積的最小值為.故答案為：.【考點三】求平面法向量【典例精講】（多選）（2023·江蘇南京·南京師大附中校考模擬預(yù)測）如圖，由正四棱錐和正方體組成的多面體的所有棱長均為2．則（

）

A．平面 B．平面平面C．與平面所成角的余弦值為 D．點到平面的距離為【答案】BD【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，判斷與平面的一個法向量是否垂直即可判斷A；根據(jù)平面和平面的法向量是否垂直判斷出B；由線面夾角的正弦的公式及同角三角函數(shù)的平方關(guān)系即可判斷C；由點到平面的距離公式即可判斷D．【詳解】以為原點，以所在直線為軸，軸，軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，連接，與交點為，連接，則平面，因為正四棱錐和正方體的所有棱長均為2，所以，，點坐標(biāo)為，所以，對于A：，，，設(shè)平面的一個法向量為，則，即，取得，因為，所以與平面不平行，故A錯誤；對于B：由A得平面的一個法向量為，，，設(shè)平面的一個法向量為，則，即，取得，因為，所以平面平面，故B正確；對于C：由A得平面的一個法向量為，，設(shè)與平面所成角為，則，所以，故C錯誤；對于D：由A得平面的一個法向量為，因為，所以點到平面的距離為，故D正確；故選：BD．

【變式訓(xùn)練】一、單選題1．（2023·山東濰坊·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在正三棱錐D-ABC中，，，O為底面ABC的中心，點P在線段DO上，且，若平面PBC，則實數(shù)（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由正棱錐的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)已知條件確定相關(guān)點坐標(biāo)并求出面PBC的法向量，結(jié)合線面平行及向量共線定理求參數(shù)即可.【詳解】由題設(shè)，△為邊長為的等邊三角形，且，等邊△的高為，在正棱錐中，以為原點，平行為x軸，垂直為y軸，為z軸，如上圖示，則，且，所以，，，若為面PBC的法向量，則，令，則，又平面PBC，則且k為實數(shù)，，故.故選：D2．（2022·北京昌平·統(tǒng)考二模）如圖，在正四棱柱中，是底面的中心，分別是的中點，則下列結(jié)論正確的是（

）A．//B．C．//平面D．平面【答案】B【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間位置關(guān)系的向量證明，逐項分析、判斷作答.【詳解】在正四棱柱中，以點D為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，令，是底面的中心，分別是的中點，則，，，對于A，顯然與不共線，即與不平行，A不正確；對于B，因，則，即，B正確；對于C，設(shè)平面的法向量為，則，令，得，，因此與不垂直，即不平行于平面，C不正確；對于D，由選項C知，與不共線，即不垂直于平面，D不正確.故選：B二、多選題3．（2023·福建福州·福建省福州第一中學(xué)校考模擬預(yù)測）如圖，在各棱長均為2的正三棱柱中，分別是的中點，設(shè)，，則（

）

A．當(dāng)時，B．，使得平面C．，使得平面D．當(dāng)時，與平面所成角為【答案】AC【分析】取中點為，連接，以點為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出各點的坐標(biāo)，表示出向量的坐標(biāo)以及平面的法向量，然后根據(jù)向量法求解，即可得出答案.【詳解】

取中點為，連接，以點為坐標(biāo)原點，分別以為軸，以過點且與平行的直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，，所以，，由可得，，所以，.對于A項，當(dāng)時，有，所以.又，所以，所以，，所以，故A項正確；對于B項，因為，，設(shè)是平面的一個法向量，則有，即，取，則是平面的一個法向量.若平面，則.因為，顯然不共線，故B錯誤；對于C項，因為，是平面的一個法向量.要使平面，則應(yīng)有，所以，解得，所以，，使得平面，故C項正確；對于D項，當(dāng)時，點，則.又是平面的一個法向量，設(shè)與平面所成角為，所以，，故D項錯誤.故選：AC.三、填空題4．（2021上·黑龍江齊齊哈爾·高二齊齊哈爾市第八中學(xué)校?？计谥校┰诶忾L為1的正方體中，E為線段的中點，F(xiàn)為線段AB的中點，則直線FC到平面的距離為．【答案】/【分析】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，求出平面的法向量后可求線面距.【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，故，故，而平面，平面，故平面，故直線FC到平面的距離為即為到平面的距離.設(shè)平面的法向量為，又，故，取，則，而，故到平面的距離為，故答案為：.【考點四】用空間向量求線面角【典例精講】（2023上·廣西·高二桂林中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，已知直圓柱的上、下底面圓心分別為，是圓柱的軸截面，正方形內(nèi)接于下底面圓，點是中點，.

(1)求證：平面平面；(2)若點為線段上的動點，求直線與平面所成角的余弦值的最小值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）只需證明平面即可；（2）用向量法求角度及基本不等式即可【詳解】（1）的中點為中點，，又，可得，又直圓柱的上、下底面圓心分別為平面平面.且平面平面；又因為平面，所以平面平面.（2）以為坐標(biāo)原點，所在的直線為軸，所在的直線為軸，過作軸//，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系.則，所以，設(shè)，；設(shè)平面的法向量為，則，取，可得，所以，設(shè)直線與平面所成角為，，令，則時，，.

【變式訓(xùn)練】1．（2023·浙江·統(tǒng)考一模）如圖，多面體中，四邊形為正方形，平面平面，，，，，與交于點．

(1)若是中點，求證：；(2)求直線和平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由面面垂直的性質(zhì)，線面垂直的判定與性質(zhì)，勾股定理逆定理即可證明；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，由線面夾角的向量公式計算即可．【詳解】（1）因為四邊形為正方形，所以，因為平面平面，平面平面，，所以平面，又因為平面，所以，連接，則，在中，，所以，因為，，平面，且，從而平面，又平面，所以，因為，，平面，且，所以平面，又平面，所以，又因為，所以，又是中點，，所以，因為，，平面，且，所以平面，又因為平面，所以．

（2）由（1）知，平面，且，以為坐標(biāo)原點，分別以、、所在的直線為、、軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，

則、、、，則，，，由得，，所以，所以，，設(shè)面的法向量為，由得，，取，則，設(shè)直線和平面所成角為，則，所以直線和平面所成角的正弦值為．2．（2023·貴州六盤水·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在三棱錐中，平面，，，分別為，的中點，且，，.(1)證明：平面平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法計算可得.【詳解】（1）因為，，，所以，在平面中作，因為平面，所以平面，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，所以，，設(shè)平面的法向量為，則，取，又平面的法向量可以為，所以，所以平面平面.（2）因為，設(shè)直線與平面所成角為，則，即直線與平面所成角的正弦值為.3．（2023·全國·模擬預(yù)測）如圖，在體積為的四棱柱中，底面ABCD是正方形，是邊長為2的正三角形．(1)求證：平面平面．(2)求與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)題意，先由條件證明平面ABCD，再由面面垂直的判定定理，即可證明；（2）方法一：建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合空間向量的坐標(biāo)運算，代入計算，即可得到結(jié)果；方法二：由線面角的定義可得就是直線與平面所成的角，代入計算，即可得到結(jié)果.【詳解】（1）設(shè)四棱柱的高為h．因為四棱柱的底面ABCD是正方形，且，所以正方形ABCD的面積為2．因為四棱柱的體積為，所以，得，即點到平面ABCD的距離為．連接．因為是邊長為2的正三角形，所以，即為點到平面ABCD的距離，所以平面ABCD．因為平面ABCD，所以．在正方形ABCD中，．因為，所以平面．因為平面，所以平面平面．（2）方法一由（1）知，OA，OB，兩兩垂直，如圖（1），以點O為坐標(biāo)原點，分別以O(shè)A，OB，所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，所以，，．設(shè)平面的法向量為，則所以令，則．圖（1）設(shè)與平面所成角為，則，所以與平面所成角的正弦值為．方法二如圖（2），設(shè)與交于點，連接，則直線就是平面與平面的交線．因為平面平面，所以點在平面上的射影必在直線上．又因為平面，所以直線與直線的夾角就是直線與平面所成的角．圖（2）設(shè)與交于點E，則．因為是邊長為2的正三角形，所以，所以直線與平面所成角的正弦值為．4．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐中，，，，，，點為棱的中點，點在棱上，且．

(1)證明：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）作出輔助線，證明出線線平行，進(jìn)而得到面面平行，得到線面平行；（2）作出輔助線，得到線面垂直，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出點的坐標(biāo)，進(jìn)而求出平面的法向量，利用線面角的求解公式求出答案.【詳解】（1）在平面內(nèi)過點作交于點，連接，

則四邊形為平行四邊形，所以，所以，又，所以，因為平面平面，所以平面，因為平面平面，所以平面，又平面，所以平面平面，又平面，所以平面．（2）取的中點，連接，因為，所以，所以，所以，又，所以，所以．在中，，又，所以，所以，又平面，所以平面．過作，則平面，則兩兩垂直，所以以為坐標(biāo)原點，所在的直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，所以．設(shè)平面的法向量為，則，取，則，故，設(shè)直線與平面所成的角為，則，即直線與平面所成角的正弦值為．【考點五】用空間向量求二面角【典例精講】（2023·云南昆明·昆明一中校考模擬預(yù)測）如圖，三棱柱的底面是等邊三角形，，，D，E，F(xiàn)分別為，，的中點.(1)在線段上找一點，使平面，并說明理由；(2)若平面平面，求平面與平面所成二面角的正弦值.【答案】(1)點為的中點，理由見解析(2)【分析】（1）當(dāng)點為的中點，為中點，可以證明四邊形為平行四邊形，從而有，進(jìn)而證明平面.（2）取中點，連接，首先證明三線兩兩互相垂直，建立空間直角坐標(biāo)系后分別求出兩平面的法向量，進(jìn)一步利用相應(yīng)公式即可求解.【詳解】（1）如圖所示：當(dāng)點為的中點時，平面，證明如下：設(shè)為中點，連接.因為在三棱柱中，，分別為的中點，所以，且，所以四邊形為平行四邊形.所以，又因為平面，平面，所以平面.（2）如圖所示：取中點，連接.因為，，所以為正三角形，所以.又因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，因為為等邊三角形，所以.以為原點，分別以所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標(biāo)系，依題意得，所以，.設(shè)平面的法向量，則由，得，令，得.取平面的法向量，設(shè)平面與平面所成二面角的大小為，則.所以，所以平面與平面所成二面角的正弦值為.【變式訓(xùn)練】1．（2023·全國·模擬預(yù)測）如圖，已知四邊形與均為直角梯形，平面平面EFAD，，，為的中點，.

(1)證明：，，，四點共面；(2)求平面與平面夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取的中點，連接，,根據(jù)中位線結(jié)合已知得出四邊形與四邊形是平行四邊形，即可得出，即可證明；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，得出相應(yīng)各點坐標(biāo)，得出相應(yīng)向量，即可根據(jù)平面法向量求法得出平面與平面的法向量，即可根據(jù)二面角的向量求法得出答案.【詳解】（1）取的中點，連接，.因為為的中點，為的中點，且，，所以，且，所以四邊形是平行四邊形，所以且.又因為，且，所以，，所以四邊形是平行四邊形，所以，.所以，，所以，，，四點共面.（2）因為平面平面，平面平面，且，所以平面.如圖，以B為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，.設(shè)平面的一個法向量為，因為，，所以，令，得，所以.設(shè)平面的一個法向量為，因為，，所以，令，得，，所以.設(shè)平面與平面夾角為，所以.2．（2023·江西景德鎮(zhèn)·統(tǒng)考一模）如圖，三棱錐中，與均為等邊三角形，，M為的中點.(1)求證：；(2)，求二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）連接，由已知易得，再由線面垂直的判定和性質(zhì)證結(jié)論；（2）設(shè)，易證，再由線面垂直的判定證面，構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，應(yīng)用向量法求二面角的余弦值即可.【詳解】（1）連接，由與均為等邊三角形，則，所以，，面，所以面，面，則.（2）設(shè)，由（1），，則，故，又，，面，故面，構(gòu)建如下圖示的空間直角坐標(biāo)系，則，所以，又，易得，由，若面的一個法向量為，則，令，故；由，若面的一個法向量為，則，令，故，所以，由圖知二面角的平面角為鈍角，所以二面角的余弦值.3．（2023·海南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在直三棱柱中，M，N分別為棱，的中點，，，，．

(1)求證：平面；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）先利用線面垂直證明，再利用平行證明，通過計算長度利用勾股定理證明，由線面垂直判定定理即可證明平面；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用法向量方法求解二面角.【詳解】（1）在直三棱柱中，平面，又平面，，又，，平面，∴平面．又平面，∴．∵M(jìn)，N分別為，的中點，∴，∴．∴，，∴，∴，∴，又∵，平面．∴平面．（2）∵平面，，∴以為原點，分別以所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．

∴，，，，∴，，．設(shè)平面的法向量為，則即可?。桑?）知平面，故可取平面的法向量．∴，∴二面角的正弦值為．4．（2023·全國·模擬預(yù)測）如圖1所示，四邊形ABCD中，，，，，M為AD的中點，N為BC上一點，且．現(xiàn)將四邊形ABNM沿MN翻折，使得AB與EF重合，得到如圖2所示的幾何體MDCNFE，其中．

(1)證明：平面FND；(2)若P為FC的中點，求二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）先根據(jù)勾股定理的逆定理得到，再根據(jù)線面垂直的判定定理和性質(zhì)得到，并且利用勾股定理的逆定理得到，最后利用線面垂直的判定定理證得平面FND；（2）先建立合適的空間直角坐標(biāo)系，再寫出相關(guān)點及向量的坐標(biāo)，最后利用向量的夾角公式和同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求得結(jié)果．【詳解】（1）∵四邊形ABCD中，，，，，M為AD的中點，且，∴四邊形ABNM為正方形，且邊長為1，∴題圖2中，四邊形EMNF是邊長為1的正方形，故，又，，∴，∴，又，，平面MDCN，平面MDCN，∴平面MDCN，∵平面MDCN，∴，易知，∴，∴，又，平面，平面，∴平面；（2）解法一：由（1）知平面MDCN，又，以N為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，

則，，，，∴，，，設(shè)平面FND的法向量為，則，令，令，則，∴，設(shè)平面PND的法向量為，則，令，則，，∴，∴，∴，∴二面角的正弦值為．解法二：如圖，取NC的中點O，連接PO，則，∴平面MDCN，∵平面MDCN，∴，過O作，垂足為H，連接PH，則就是二面角的平面角，

又，，∴，∴，∵平面MDCN，平面FND，∴平面平面MDCN，∴二面角的正弦值為．綜合考點綜合考點【考點一】點到線（面）距離【典例精講】（2023·海南省直轄縣級單位·?？寄M預(yù)測）如圖，在直三棱柱中，，，D為的中點．(1)證明：；(2)若點到平面的距離為，求平面與平面的夾角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)．【分析】（1）由平面平面，得平面，得，又因得平面，進(jìn)而可證；（2）由向量法先根據(jù)到平面的距離為，求出的坐標(biāo)，再由向量法求平面與平面的夾角.【詳解】（1）連接,因為四邊形為正方形，所以．在直三棱柱中，平面平面，由得，又平面平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以.（2）以為原點，，，所在直線分別為，，軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，，，，，，．設(shè)為平面ABD的一個法向量，則，即，得，令，則，故，由題意，，解得，所以，．設(shè)為平面BCD的一個法向量，則，即，令，則，，即，平面ABC的一個法向量為，設(shè)平面和平面的夾角為，則，所以，所以平面和平面的夾角的正弦值為．【變式訓(xùn)練】1．（2023·廣東東莞·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在長方體中，和交于點為的中點.(1)求證：平面；(2)求點A到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)1【分析】（1）利用空間中直線與平面平行的判定定理，結(jié)合三角形中位線即可證明；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求平面法向量，再根據(jù)面面夾角的向量公式及點到面的距離公式運算求解．【詳解】（1）如圖，連接，，.因為長方體中,且，所以四邊形為平行四邊形.所以為的中點，在中，因為，分別為和的中點，所以.因為平面，平面，所以平面.（2）如圖建立空間直角坐標(biāo)系，因為長方體中,，則，，，，，，.所以，，.設(shè)平面的法向量為，則即，令，則，，可得.，所以點A到平面的距離為.2．（2022上·安徽合肥·高二合肥一六八中學(xué)?？计谀┤鐖D，四棱錐中，底面為梯形，底面，，過A作一個平面使得平面.(1)求平面將四棱錐分成兩部分幾何體的體積之比；(2)若平面與平面之間的距離為，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)或(2)【分析】（1）先由面面平行的性質(zhì)定理得到，，進(jìn)而證得分別是的中點，再根據(jù)棱錐的體積公式可得，從而可得平面將四棱錐分成兩部分幾何體的體積之比；（2）建立空間直角坐標(biāo)系如圖2，設(shè)的長為，先由面面距離利用空間向量的數(shù)量積可求得，再利用空間向量夾角余弦公式可得直線與平面所成角的正弦值.【詳解】（1）如圖1，記平面與直線的交點分別為，則面為平面，因為面面，面面，面面，所以，同理，又，即，所以四邊形是平行四邊形，故，又，故是的中點，由中位線定理的推論，可知是的中點，由條件易得，，，由底面，得，，所以，故平面將四棱錐分成兩部分幾何體的體積之比為..（2）由兩兩垂直，建立空間直角坐標(biāo)系如圖2，記的長為，則，則，，，設(shè)平面的法向量，則有，即，得，取得平面的法向量，由條件易知點到平面距離為，即，解得或（負(fù)值舍去），即，所以，故直線與平面所成角滿足..【點睛】本題主要考查棱錐的體積公式以及利用空間向量線面角，空間向量解答立體幾何問題的一般步驟是：（1）觀察圖形，建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系；（2）寫出相應(yīng)點的坐標(biāo)，求出相應(yīng)直線的方向向量；（3）設(shè)出相應(yīng)平面的法向量，利用兩直線垂直數(shù)量積為零列出方程組求出法向量；（4）將空間位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為向量關(guān)系；（5）根據(jù)定理結(jié)論求出相應(yīng)的角和距離.3．（2023·黑龍江哈爾濱·哈師大附中?？寄M預(yù)測）三棱臺中，平面，，且，，是的中點．

(1)求三角形重心到直線的距離；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)(2)【分析】（1）建立坐標(biāo)系，過點作，求出，進(jìn)而得出三角形重心到直線的距離；（2）利用向量法得出二面角.【詳解】（1）因為，所以，，在平面內(nèi)過點作，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則

，，，，，過點作，設(shè)，.則.因為，所以，解得，所以，．即三角形重心到直線的距離為.（2），，，設(shè)平面的法向量，則，取，則設(shè)平面的法向量，則，取，則所以，由圖可知，二面角為銳角，所以，二面角的余弦值為．4．（2017·貴州貴陽·統(tǒng)考一模）底面為菱形的直棱柱中，分別為棱的中點.(1)在圖中作一個平面，使得，且平面.（不必給出證明過程，只要求作出與直棱柱的截面）；(2)若，求平面與平面的距離.【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）取的中點，則平面即為所求平面.（2）連接,交于，則，分別以所在的直線為軸，為原點建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求出平面與平面的距離.【詳解】（1）如圖，取的中點，連接，則平面即為所求平面.證明：由,平面，平面，可得平面.由，平面，平面，可得平面.,平面，平面,故可得平面平面，即平面.（2）如圖，連接,交于，在直棱柱中，底面為菱形，，分別以所在的直線為軸，為原點建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，又所有棱長為2，，，，設(shè)是平面的一個法向量，則，即令得，，點到平面的距離，平面與平面的距離.【考點二】已知線面角求參數(shù)【典例精講】（2023·江蘇·統(tǒng)考一模）在三棱柱中，平面平面，側(cè)面為菱形，，，，是的中點.

(1)求證：平面；(2)點在線段上（異于點，），與平面所成角為，求的值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）作交于點，由面面垂直的性質(zhì)可得平面，可得，再由線面垂直的判定定理得平面，從而得到，再由線面垂直的判定定理可得答案；（2）以為原點，所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，可得，求出平面的一個法向量，由線面角的向量求法可得答案.【詳解】（1）因為側(cè)面為菱形，，，所以為邊長為的等邊三角形，作交于點，則點為的中點，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，可得，又，，平面，可得平面，因為平面，所以，因為側(cè)面為菱形，所以，，平面，所以平面；（2）由（1）知，平面，，取做的中點，連接，則，所以平面，以為原點，所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，設(shè)，可得，所以，設(shè)平面的一個法向量為，則，即，令，可得，可得，解得舍去，或，所以.

【變式訓(xùn)練】1．（2023上·北京海淀·高二北京交通大學(xué)附屬中學(xué)?？计谥校┰谔菪沃?，，，，P為的中點，線段與交于O點（如圖1）.將沿折起到位置，使得平面平面（如圖2）.

(1)求二面角的余弦值；(2)線段上是否存在點Q，使得與平面所成角的正弦值為?若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，由空間向量求解；（2）設(shè)，表示出，利用向量的夾角公式代入列式，即可得解.【詳解】（1）因為在梯形中，，，，為的中點，所以，，，所以是正三角形，四邊形為菱形，可得，，而平面平面，平面平面，平面，，平面，所以，，兩兩互相垂直，如圖，以點為坐標(biāo)原點，，，分別為，，軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，，，，設(shè)平面的一個法向量為，則，即，令，則，，設(shè)平面的一個法向量為，則，即，令，則，，，，所以二面角的余弦值為.

（2）線段上存在點，使得與平面所成角的正弦值為.設(shè)，因為，，所以，設(shè)與平面所成角為，則，即，，解得，所以線段上存在點，且，使得與平面所成角的正弦值為.2．（2023·遼寧撫順·?？寄M預(yù)測）如圖，在幾何體ABCDEF中，平面ABC，，側(cè)面ABFE為正方形，，M為AB的中點，．

(1)證明：；(2)若直線MF與平面DME所成角的正弦值為，求實數(shù)λ的值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）通過證明平面CDM來證得.（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法以及直線MF與平面DME所成角的正弦值求得.【詳解】（1）因為CD⊥平面ABC，，所以平面ABC，因為側(cè)面ABFE為正方形，，所以平面ABC，又平面ABC，所以，因為，所以，又平面ABFE，所以平面ABFE，又平面ABFE，所以，因為平面ABC，平面ABC，所以，又平面CDM，所以平面CDM，又平面CDM，所以．（2）由（1）可知，，M為AB的中點，所以．取的中點為N，連接MN，則，因為平面ABC，所以平面ABC．以為坐標(biāo)原點，所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則M（0，0，0），，，F(xiàn)（1，0，2），所以，，，設(shè)平面DME的法向量為，由得，取，則，設(shè)直線MF與平面DME所成角為θ，則，由題意可知，，解得（負(fù)值舍去），故實數(shù)λ的值為．

3．（2023·福建龍巖·統(tǒng)考二模）三棱柱中，，，側(cè)面為矩形，，三棱錐的體積為．

(1)求側(cè)棱的長；(2)側(cè)棱上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，求出線段的長；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)【分析】（1）證明平面，結(jié)合題目條件，先計算出的值，然后即可以求得側(cè)棱的長；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)未知數(shù)，結(jié)合題目條件，列出方程求解，即可得到本題答案.【詳解】（1）在平面內(nèi)過作，垂足為，因為側(cè)面為矩形，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，因為，所以，因為，，所以；（2）存在點滿足題意，，理由如下：如圖，以為坐標(biāo)原點，以所在直線分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則，設(shè)，則，故，，設(shè)平面的法向量為則即，令，則，故平面的一個法向量，設(shè)直線與平面所成角為，則，解得，故存在點E滿足題意，所以.4．（2023·四川綿陽·四川省綿陽南山中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形與均為直角梯形，平面，．

(1)已知點G為AF上一點，且，求證：BG與平面DCE不平行；(2)已知直線BF與平面DCE所成角的正弦值為，求AF的長及四棱錐D－ABEF的體積．【答案】(1)證明見解析(2)AF的長為4；．【分析】（1）證明出兩兩垂直，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出點的坐標(biāo)，求出平面DCE的法向量，計算出，證明出BG與平面DCE不平行；（2）由BF與平面DCE所成角的正弦值計算出AF的長，從而求出梯形ABEF的面積，計算出四棱錐的體積.【詳解】（1）證明：因為平面ABEF，AB，平面ABEF，所以，，又，以為坐標(biāo)原點，分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則、、、、，

所以，，，設(shè)平面DCE的法向量為，則，令，則，所以，因為，且不存在使得與垂直，所以BG與平面DCE不平行；（2）設(shè)（且），則，所以，∵直線BF與平面DCE所成角的正弦值為，∴，化簡得，解得或（舍去）；故．此時梯形ABEF的面積，故．【考點三】已知二面角求參數(shù)【典例精講】（2023·四川成都·模擬預(yù)測）如圖，四棱錐中，底面是矩形，，，側(cè)面底面，側(cè)面底面，點F是PB的中點，動點E在邊BC上移動，且.

(1)證明：垂直于底面.(2)當(dāng)點E在BC邊上移動，使二面角為時，求二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)證明線線垂直，再根據(jù)線面垂直的判定定理及可證明結(jié)論；（2）找到角的平面角，根據(jù)其大小求得BE的長，建立空間直角坐標(biāo)系，求得相關(guān)點坐標(biāo)，根據(jù)空間角的向量求法，即可求得答案.【詳解】（1）因為側(cè)面底面，側(cè)面底面，而底面是矩形，故,底面，故平面，而平面，故;同理側(cè)面底面，側(cè)面底面，而底面是矩形，故,底面，故平面，而平面，故，又底面，故垂直于底面（2）由（1）知底面，底面，故，點F是PB的中點，且，故，；又平面，,故平面，平面，故，而平面，故平面，故即為二面角的平面角，即；而,以A為坐標(biāo)原點，以所在直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

則，故，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，則，即，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，則，即，故，由原圖可知二面角為銳角，故二面角的余弦值為.【變式訓(xùn)練】1．（2017·安徽黃山·校聯(lián)考二模）如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是邊長為2的等邊三角形，，M在PC上，且PA∥平面MBD．

(1)求證：M是PC的中點.(2)在PA上是否存在點F，使二面角F-BD-M為直角？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)存在，【分析】（1）連接AC交BD于點E，連接ME，根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理證明即可得結(jié)論；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，利用空間坐標(biāo)運算計算平面與平面FBD的法向量，根據(jù)二面角大小列方程求解的值即可得結(jié)論.【詳解】（1）連接AC交BD于點E，連接ME，

∵ABCD是矩形，∴E是AC中點.又PA∥平面MBD，且ME是平面PAC與平面MDB的交線，∴PA∥ME，∴M是PC的中點.（2）取AD中點O，則OA，OE，OP兩兩垂直.以O(shè)為原點，建立空間直角坐標(biāo)系（如圖），

則，，，，，.假設(shè)存在點F滿足要求，設(shè)，則由得，設(shè)平面MBD的法向量為，∵，，則，即，取，得，，∴，同理，平面FBD的一個法向量為，由，得，解得，故存在F，使二面角F-BD-M為直角，此時.2．（2023·四川南充·四川省南充高級中學(xué)?？既＃┤鐖D，在四棱臺中，底面是菱形，，，平面.

(1)證明：BDCC1；(2)棱上是否存在一點，使得二面角的余弦值為若存在，求線段的長；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)存在，【分析】（1）連接,根據(jù)題意證得和，利用線面垂直的判定定理，證得平面，進(jìn)而證得；（2）取中點，連接，以為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，假設(shè)點存在，設(shè)點，求得平面和的一個法向量和，結(jié)合向量的夾角公式，列出方程，求得，即可求解.【詳解】（1）證明:如圖所示，連接,因為為棱臺，所以四點共面，又因為四邊形為菱形，所以，因為平面，平面，所以，又因為且平面，所以平面，因為平面，所以.（2）解：取中點，連接，因為底面是菱形，且，所以是正三角形，所以，即，由于平面，以為原點，分別以為軸、軸和軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則假設(shè)點存在，設(shè)點的坐標(biāo)為，其中，可得

設(shè)平面的法向量，則，取，可得，所以.又由平面的法向量為，所以，解得由于二面角為銳角，則點在線段上，所以，即故上存在點，當(dāng)時，二面角的余弦值為.

3．（2023·吉林長春·東北師大附中?？家荒＃╅L方形中，，點為中點（如圖1），將點繞旋轉(zhuǎn)至點處，使平面平面（如圖2）．

(1)求證：；(2)點在線段上，當(dāng)二面角大小為時，求四棱錐的體積．【答案】(1)證明見詳解(2)【分析】（1）由已知條件，先證明，再利用平面平面，可證平面，得到，又，可得平面，從而可證；（2）由題意，建立空間直角坐標(biāo)系，由向量法求出平面和平面的法向量，進(jìn)而求出點坐標(biāo)，確定點位置，求出四棱錐的體積.【詳解】（1）證明：在長方形中，，為中點，，，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，，又，平面，平面，，平面，平面，.（2）

如圖，取的中點，的中點，連接，由題意可得兩兩互相垂直，以為坐標(biāo)原點，以，，分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，設(shè)，則，設(shè)平面的一個法向量為，則，，令，得，，又平面，是平面的一個法向量，，令，解得或（舍）.即為的靠近的三等分點時，二面角的平面角為，平面，且，到平面的距離為，又四邊形的面積為3，四棱錐的體積4．（2023·福建寧德·福建省寧德第一中學(xué)?？家荒＃┤鐖D①在平行四邊形中，，，，，將沿折起，使平面平面，得到圖②所示幾何體．(1)若為的中點，求四棱錐的體積；(2)在線段上，是否存在一點，使得平面與平面所成銳二面角的余弦值為，如果存在，求出的值，如果不存在，說明理由．【答案】(1)(2)存在，的值為【分析】（1）首先求出，及的長度，再證明平面，最后根據(jù)錐體的體積公式計算可得．（2）建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，，利用空間向量法得到方程，求出的值，即可得解.【詳解】（1）由圖①知，，所以，在中，因為，，可得，，所以．由圖②知，平面平面，平面，平面平面，因為，所以平面，因為為的中點，所以．（2）由（1）知，，三者兩兩垂直，以點為原點，，，的方向分別為軸，軸，軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系（如圖）．則，，，，，，，設(shè)，，，即，所以，設(shè)平面的法向量為，所以，則，令，得，設(shè)平面的法向量為，所以，解得或（舍去），所以此時的值為.培優(yōu)考點培優(yōu)考點【考點一】探索性問題【典例精講】（2023·山東菏澤·山東省鄄城縣第一中學(xué)?？既＃┮阎谥比庵?，其中為的中點，點是上靠近的四等分點，與底面所成角的余弦值為．

(1)求證：平面平面；(2)在線段上是否存在一點，使得平面與平面所成的銳二面角的余弦值為，若存在，確定點的位置，若不存在，請說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)存在，點是線段上靠近的三等分點【分析】（1）根據(jù)與底面所成角的余弦值為，推出是邊長為的等邊三角形，取的中點，的中點，連，再以為原點，的方向為軸建立空間直角坐標(biāo)系：利用兩個平面的法向量垂直可證兩個平面垂直；（2）根據(jù)二面角的向量公式可求出結(jié)果.【詳解】（1）取的中點，連，因為為的中點，所以，，所以四邊形為平行四邊形，所以，因為與底面所成角的余弦值為，所以與底面所成角的余弦值為，因為三棱柱為直三棱柱，所以平面，所以是與底面所成角，所以，所以，所以，又，所以是邊長為的等邊三角形，取的中點，的中點，連，則，，平面，以為原點，的方向為軸建立空間直角坐標(biāo)系：則，，，，，，，，，，，，，設(shè)平面的一個法向量為，平面的一個法向量為，則，得，令，得，，，令，得，，，因為，所以，所以平面平面.（2）設(shè)，則，設(shè)平面的一個法向量為，則，若，則有，則，取，則，此時，不合題意；所以，令，得，，則，所以，整理得，解得.所以在線段上存在一點，使得平面與平面所成的銳二面角的余弦值為，點是線段上靠近的三等分點.

【變式訓(xùn)練】1．（2023·浙江·模擬預(yù)測）如圖，在四面體中，分別是線段的中點，.

(1)證明：平面；(2)是否存在，使得平面與平面的夾角的余弦值為？若存在，求出此時的長度；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)存在，使得平面與平面的夾角的余弦值為；理由見解析.【分析】（1）由已知條件先分別去證明、，由線面垂直的判定定理即可求解.（2）根據(jù)已知條件建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，引入?yún)?shù)來表示某些點的坐標(biāo)，若要使得平面與平面的夾角的余弦值為，即可通過計算和分析去判斷是否存在滿足題意的參數(shù)，此時對應(yīng)的即可判斷是否存在滿足題意的的長度.【詳解】（1）如圖所示：

因為分別是線段的中點，所以，，又因為，即，所以，且注意到，所以，又因為平面，平面，且，所以由線面垂直的判定定理可知平面.（2）因為點是線段的中點，且有，所以，所以易知是直角三角形，其中，又由（1）可知平面，所以以為軸，過點與平行的直線為軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系：

因為，，設(shè)，不妨設(shè)當(dāng)，，此時平面與平面的夾角的余弦值為.由（1）可知，平面，所以平面，又，分別是線段的中點，所以有，所以不妨設(shè)平面與平面的法向量分別為，則有，，即有，，分別令、，此時有，不妨設(shè)平面與平面的夾角為，則由題意，整理得，因為，所以，所以，即，此時有.綜上所述：存在，使得平面與平面的夾角的余弦值為.2．（2023·上海虹口·統(tǒng)考一模）如圖，在三棱柱中，底面是以為斜邊的等腰直角三角形，側(cè)面為菱形，點在底面上的投影為的中點，且.

(1)求證：；(2)求點到側(cè)面的距離；(3)在線段上是否存在點，使得直線與側(cè)面所成角的余弦值為？若存在，請求出的長；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)(3)不存在，理由見解析【分析】（1）根據(jù)平面得到，再證明平面，得到答案.（2）建立空間直角坐標(biāo)系，計算各點坐標(biāo)，確定平面的法向量為，再根據(jù)距離公式計算得到答案.（3）確定得到，再根據(jù)向量的夾角公式計算得到答案.【詳解】（1）點在底面上的投影為的中點，故平面，平面，故，又，，平面，故平面，平面，故.（2）如圖所示：以分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則，，，，，，設(shè)平面的法向量為，則，取，則，，故點到側(cè)面的距離為.（3）假設(shè)存在，設(shè)，，，，故，，故，方程無解，故不存在點，使得直線與側(cè)面所成角的余弦值為.3．（2023·新疆·統(tǒng)考三模）如圖，在圓柱體中，，，劣弧的長為，AB為圓O的直徑．

(1)在弧上是否存在點C（C，在平面同側(cè)），使，若存在，確定其位置，若不存在，說明理由；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)存在，為圓柱的母線(2)【分析】（1）為圓柱的母線時，證明平面，從而得出；（2）以為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法即可求得二面角的余弦值.【詳解】（1）存在，當(dāng)為圓柱的母線時，．證明如下：連接BC，AC，，因為為圓柱的母線，所以平面ABC，又因為平面ABC，所以．因為AB為圓O的直徑，所以．又，平面，所以平面，因為平面，所以．（2）以為原點，OA，分別為y，z軸，垂直于y，z軸的直線為x軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，

則，，，因為劣弧的長為，所以，，則，．設(shè)平面的法向量，則，令，解得，，所以．因為x軸垂直平面，所以平面的一個法向量．所以，又二面角的平面角為銳角，故二面角的余弦值為．4．（2023·福建福州·福建省福州第一中學(xué)校考二模）如圖1，在中，為的中點，為上一點，且.將沿翻折到的位置，如圖2.

(1)當(dāng)時，證明：平面平面；(2)已知二面角的大小為，棱上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，確定的位置；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)存在，點為中點【分析】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理證明平面，再由面面垂直的判定定理證明即可；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解.【詳解】（1）由已知，有，且，平面，所以平面，因為平面，所以.在Rt中，，所以.因為，所以.且，平面，所以平面.因為平面，所以平面平面.（2）由（1），所以為二面角的平面角，，因為為的中點，所以，，，，，如圖，以為坐標(biāo)原點，分別以為軸?軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系.

則.設(shè)，則,.設(shè)平面的一個法向量，由，得，令，則，所以.因為直線與平面所成角的正弦值為，所以，解得或（舍）.因此，當(dāng)點為中點時，直線與平面所成角的正弦值為.【考點二】最值與范圍問題【典例精講】（2023·新疆·校聯(lián)考二模）如圖，在直四棱柱中，，，為等邊三角形．(1)證明：；(2)設(shè)側(cè)棱，點E在上，當(dāng)?shù)拿娣e最小時，求AE與平面所成的角的大小．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接AC，并與BD相交于P，根據(jù)為等腰直角三角形和為等邊三角形，得到，再由直四棱柱的性質(zhì)得到，由線面垂直的判定定理證明；（2）以A為坐標(biāo)原點，以AB，AD，所在的直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面的一個法向量為，再由求解.【詳解】（1）證明：連接AC，并與BD相交于P，如圖所示，由題可知，為等腰直角三角形，且為等邊三角形，所以點P為BD的中點，且在直四棱柱中，有平面ABCD且平面ABCD，所以，又，BD，平面、所以平面，又平面，所以，在四邊形中，，所以四邊形為平行四邊形，所以，又因為，所以；（2）由（1）知平面，且平面，所以，即的面積為，要使的面積最小，則PE為最小，即，根據(jù)及邊長可知點E為靠近點B的三等分點，以A為坐標(biāo)原點，以AB，AD，所在的直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則，，，，，，設(shè)平面的一個法向量為則，即，令，則，所以，又則，所以AE與平面所成的角為60°【變式訓(xùn)練】1．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知三棱柱中，是的中點，是線段上一點.

(1)求證：；(2)設(shè)是棱上的動點（不包括邊界），當(dāng)?shù)拿娣e最小時，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的“三線合一”證明線線垂直，結(jié)合勾股定理證明直線垂直，從而由線面垂直判定定理得平面，利用線面垂直的性質(zhì)進(jìn)行證明即可；（2）根據(jù)三角形的面積最小，得到是的中點，建立坐標(biāo)系求出平面的法向量，利用向量法進(jìn)行求解即可．【詳解】（1）證明：連接

，，是的中點，是的中點，，平面平面，平面，，在三棱柱中，，，，，平面，平面，．（2）連接，由（1）可知，平面，平面平面，，要使的面積最小，則最小，又，△是等腰直角三角形即時，最小，是的中點，如圖，建立以為坐標(biāo)原點，，，所在直線分別為，，軸的空間直角坐標(biāo)系：

則，，，,0,，設(shè),,，則，即，得，，，即,,，，則，，,,，設(shè)平面的法向量為,,，由，得，即，令，則，，即，設(shè)直線與平面所成角為，則,，即直線與平面所成角的正弦值為．2．（2023·四川樂山·統(tǒng)考三模）如圖，正方形ABCD的邊長為4，PA⊥平面ABCD，CQ⊥平面ABCD，，M為棱PD上一點．(1)是否存在點M，使得直線平面BPQ?若存在，請指出點M的位置并說明理由；若不存在，請說明理由；(2)當(dāng)?shù)拿娣e最小時，求二面角的余弦值．【答案】(1)存在，M為PD的中點時滿足條件(2)【分析】（1）取M為PD的中點時滿足條件，設(shè)O為AC，BD的交點，得，再證明，然后可得線面平行，從而得面面平行，最后可得到線面平行平面；（2）確定時，的面積最小，然后建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由空間向量法求二面角．【詳解】（1）當(dāng)M為PD的中點時滿足條件．證明如下：設(shè)O為AC，BD的交點．因為四邊形ABCD為正方形，所以O(shè)為BD的中點，故在中，OM為的中位線，即．又因為PA⊥平面ABCD，CQ⊥平面ABCD，所以，即四點A，C，P，Q共面，又因為，所以四邊形ACQP為平行四邊形，所以．而AC與OM相交，不在平面內(nèi)，在平面內(nèi)，所以平面，平面，又PQ與BP相交，且是平面內(nèi)的直線，所以平面平面BPQ，又因為平面ACM，所以直線平面BPQ．（2）因為PA⊥平面ABCD，平面，所以．因為四邊形ABCD為正方形，所以，故AB⊥平面PAD．又因為平面PAD，所以，即為直角三角形．由于，故當(dāng)最小時，最小，此時．因為，，，所以，，即．由，，，可以以AB，AD，AP所在直線為x，y，z軸建立如圖所示坐標(biāo)系．則A（0，0，0），B（4，0，0），D（0，4，0），C（4，4，0），P（0，0，2），所以．所以，．設(shè)平面一個法向量是，則，取得平