第06講 幾何法求空間角與空間距離（教師版）-2025版高中數(shù)學一輪復習考點幫

Page第06講幾何法求空間角與空間距離（5類核心考點精講精練）【命題規(guī)律】本節(jié)內(nèi)容是新高考卷的?？純?nèi)容，設題穩(wěn)定，難度中等偏難，分值為5-15分【備考策略】1.掌握等體積轉(zhuǎn)化求點面距2.掌握等幾何法求異面直線所成角3.掌握等幾何法求線面角4.掌握幾何法求二面角【命題預測】本節(jié)內(nèi)容是新高考卷的常考內(nèi)容，一般在解答題中考查空間距離和空間角的求解，需強化鞏固復習.知識講解一、異面直線所成角

1.定義：已知兩條異面直線a,b,經(jīng)過空間任意一點O作直線a′//a,b′//b,我們把a′二、直線與平面所成角

1.定義：平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的銳角，叫這條直線和這個平面所成的角。

2.范圍：0,π2.

3.求法：

（1）由定義作出線面角的平面角，再求解：

（2）在斜線上異于斜足取一點，求出該點到斜足的距離（設為l）和到平面的距離（設為三、二面角

1.定義：從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角.在二面角的棱上任取一點，以該點為垂足，分別在兩個半平面內(nèi)作垂直于棱的射線，則兩射線所成的角為二面角的平面角。

2.范圍：0,π.

3.求法：

利用二面角的平面角的定義，在二面角的棱上取一點(特殊點),過該點在兩個半平面內(nèi)作垂直于棱的射線，兩射線所成的角就是二面角的平面角，這是一種最基本的方法。要注意用二面角的平面角定義的三個“主要特征”來找出平面角。（2）三垂線法：已知二面角其中一個面內(nèi)一點到一個面的垂線，用三垂線定理或逆定理作出二面角的平面角。（3）垂面法：已知二面角內(nèi)一點到兩個面的垂線時，過兩垂線作平面與兩個半平面的交線所成的角即為平面角，由此可知，二面角的平面角所在的平面與棱垂直。（4）射影面積法：凡二面角的圖形中含有可求原圖形面積和該圖形在另一個半平面上的射影圖形面積的都可利用射影面積公式（cosθ=S空間距離點面距可轉(zhuǎn)化為三棱錐等體積求解考點一、幾何法求點面距1．（2024高三·全國·專題練習）如圖所示，在正三棱柱中，所有棱長均為1，則點到平面的距離為．【答案】【分析】解法一：根據(jù)等體積法，即，列出方程解出距離即可；解法二：通過面面垂直的性質(zhì)定理得平面，最后計算長即可；解法三：建立合適的空間直角坐標系，利用空間向量法求出線面距離.【詳解】解法一：設點到平面的距離為d．在中，，AB邊上的高為，點A到平面的距離為，的面積為．∵，∴，因此，故點到平面的距離為．解法二：如圖所示，取AB的中點M，連接CM，，過點C作，垂足為D．∵，M為AB的中點，∴．∵，M為AB的中點，∴．∵，平面，∴平面，又平面，故平面平面．∵平面平面，，平面，∴平面．因此CD的長度即為點C到平面的距離，也即點到平面的距離．在中，，因此．故點到平面的距離為．解法三：如圖所示，取BC的中點O，連接AO．∵，∴．以O為原點，OC，OA所在直線分別為x軸和y軸，過點O且與平行的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，從而，，．設為平面的一個法向量，則即，令，得，則．故點到平面的距離為．故答案為：.2．（23-24高三上·河北·期末）已知正方體的棱長為為線段上的動點，則點到平面距離的最小值為（

）A．1 B． C． D．2【答案】B【分析】根據(jù)棱錐的體積公式求得，再根據(jù)等體積轉(zhuǎn)化法，確定的最大值，即可求得點到平面距離的最小值.【詳解】由題意得，設點到平面的距離為，則由等體積轉(zhuǎn)化法為，當與重合時，最大，最大為，此時最小，為.故選：B.3．（2024·遼寧丹東·一模）已知球的直徑為，，為球面上的兩點，點在上，且，平面，若是邊長為的等邊三角形，則球心到平面的距離為．【答案】【分析】根據(jù)球的截面性質(zhì)，可得球的半徑為，將球心到平面的距離轉(zhuǎn)化為為到平面的距離的2倍，進而根據(jù)等體積變換可得.【詳解】因為，為球的直徑，所以，故球心到平面的距離即為到平面的距離的2倍，如圖設球的半徑為，由題意可知，由，，可得，故如圖，由題意平面，則，，且，設到平面的距離為，則由可得，，得，得，則球心到平面的距離為，故答案為：4．（2024高三·全國·專題練習）在長方體ABCDA1B1C1D1中，AB＝AA1＝2BC＝2，則異面直線B1D1與CD的距離為；異面直線BD1與CD的距離為．【答案】2【詳解】解析：（定義法）由正方體得DD1⊥平面A1B1C1D1，所以DD1⊥B1D1.又DD1⊥CD，所以DD1是異面直線B1D1與CD的公垂線段．又DD1＝2，所以異面直線B1D1與CD的距離為2；（轉(zhuǎn)化法）因為CD∥AB，CD?平面ABD1，AB?平面ABD1，所以CD∥平面ABD1，所以CD到平面ABD1的距離就是異面直線BD1與CD的距離，即點D到平面ABD1的距離就是異面直線BD1與CD的距離．設距離為h，由題得AD1＝＝.因為VD1ABD＝VDABD1，所以××2×1×2＝××2××h，所以h＝，所以異面直線BD1與CD的距離為.【考查意圖】定義法、等積法求點到平面的距離，定義法、轉(zhuǎn)化法求異面直線間的距離．1．（23-24高三上·全國·階段練習）在直三棱柱中，所有棱長均為1，則點到平面的距離為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】取的中點，連接，可證平面，利用等體積法求點到面的距離.【詳解】取的中點，連接，因為為等邊三角形，則，又因為平面，且平面，則，且，平面，可得平面，由題意可知：，設點到平面的距離為，因為，即，解得，所以點到平面的距離為.故選：A.2．（2024·浙江寧波·模擬預測）已知棱長為1的正方體分別是AB和BC的中點，則MN到平面的距離為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】延長交延長線于點，連接，由幾何關(guān)系證明MN到平面的距離即點到平面的距離，再由等體積法求出結(jié)果即可；【詳解】延長交延長線于點，連接，，因為分別是AB和BC的中點，則，由正方體的性質(zhì)可得，所以，又平面，平面，所以平面，所以MN到平面的距離即點到平面的距離，設為，則，因為正方體的棱長為1，所以，，，所以，即，故選：C.3．（2024·河南·一模）如圖是棱長均為2的柏拉圖多面體，已知該多面體為正八面體，四邊形為正方形，分別為的中點，則點到平面的距離為（

）A． B．1 C． D．【答案】B【分析】由三棱錐等體積法，可得，運算得解.【詳解】連接．由已知得為的中位線，所以，為正三角形的中線，所以，又，所以，所以為直角三角形，所以．因為，所以到平面的距離為，設到平面的距離為，因為，所以，所以，所以．故選：B.4．（2024·陜西西安·三模）在四棱錐中，平面平面，，，，．(1)證明：．(2)若為等邊三角形，求點C到平面的距離．【答案】(1)證明見解析(2)．【分析】（1）先證明，再由面面垂直的性質(zhì)定理求解；（2）過點P作，所以平面，由體積法求解．【詳解】（1）因為，，所以，，由余弦定理可得，所以AD2+BD因為平面平面，且平面平面，平面，所以平面PAD．因為平面PAD，所以．（2）過點P作，因為平面平面ABCD，且平面平面，所以平面．因為，在中，，而，．設點C到平面的距離為h，，則，解得，所以點C到平面的距離為．考點二、幾何法求異面直線所成角1．（2024·陜西西安·模擬預測）如圖，在正四棱柱中，，則異面直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】平行移動與相交構(gòu)成三角形，指明或其補角就是異面直線與所成的角，在三角形中由余弦定理解出即可.【詳解】如圖連接，因為為正四棱柱，所以且，所以四邊形為平行四邊形，所以，則或其補角就是異面直線與所成的角，設，則，，，由余弦定理得：.故選：B.2．（2024·四川綿陽·三模）在梯形中,，且，沿對角線將三角形折起，所得四面體外接球的表面積為，則異面直線與所成角為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)折疊前后的幾何性質(zhì)，將三棱錐補成三棱柱，利用三棱柱的外接球即可求得答案.【詳解】如下圖，將梯形補成長方形，折后得到直三棱柱，因為，所以，異面直線與所成角即為與所成角，即或其補角，又該三棱柱的外接球即為三棱錐的外接球，設外接球半徑為R，則，所以，設外接圓半徑為r，圓心為，外接圓圓心為，則三棱柱的外接球的球心為的中點O，連接，則，所以，又，即，又中，，即，化簡得，即，所以，故選：C.

3．（2024·陜西安康·模擬預測）如圖，在底面為等邊三角形的直三棱柱中，分別為棱的中點，為棱上的動點，且線段的長度最小值為，則異面直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)即可求解最小值時，即可求解，利用平移可得為其補角即為異面直線與所成角，由余弦定理即可求解.【詳解】由于三棱柱為直三棱柱，所以底面,底面,所以,故,故當時，此時最小，線段的長度最小值，由于線段的最小值為，故此時，為中點，故，連接,則,故為其補角即為異面直線與所成角，,,故異面直線與所成角的余弦值為故選：A1．（2024·廣西桂林·三模）在《九章算術(shù)》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑，在鱉臑中，平面，，且，為的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】如圖取的中點，可得，即異面直線與所成的角為，然后利用平面，可得兩直角三角形的斜邊中線長，從而得到求解.【詳解】取的中點，連接，如圖所示：∵分別為的中點，則且，∴異面直線與所成的角為或其補角．∵平面，平面，∴，，∴，同理可得，∴，∴，則,故選:C．2．（2024·全國·模擬預測）如圖，矩形是圓柱的軸截面，點在圓上，若，則異面直線與所成角的余弦值為（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】過點作，得到為異面直線與所成的角或其補角，根據(jù)題意，證得平面，得到，再求得，結(jié)合，即可求解．【詳解】如圖所示，過點作，與圓交于點，連接，則為異面直線與所成的角或其補角.而兩直線所成角在內(nèi)，故異面直線與所成角的余弦值為.由矩形是圓柱的軸截面，結(jié)合圓柱的幾何結(jié)構(gòu)特征，可得平面，且BF?平面，所以，又由經(jīng)過底面圓心，知是底面直徑，從而.而，平面，所以平面，因為平面，所以，由，，，可得，所以.又由，所以.從而異面直線與所成角的余弦值為，C正確.故選：C.

考點三、幾何法求線面角1．（2024·全國·高考真題）已知正三棱臺的體積為，，，則與平面ABC所成角的正切值為（

）A． B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】解法一：根據(jù)臺體的體積公式可得三棱臺的高，做輔助線，結(jié)合正三棱臺的結(jié)構(gòu)特征求得，進而根據(jù)線面夾角的定義分析求解；解法二：將正三棱臺補成正三棱錐，與平面ABC所成角即為與平面ABC所成角，根據(jù)比例關(guān)系可得，進而可求正三棱錐的高，即可得結(jié)果.【詳解】解法一：分別取的中點，則，可知，設正三棱臺的為，則，解得，如圖，分別過作底面垂線，垂足為，設，則，，可得，結(jié)合等腰梯形可得,即，解得，所以與平面ABC所成角的正切值為；解法二：將正三棱臺補成正三棱錐，則與平面ABC所成角即為與平面ABC所成角，因為，則，可知，則，設正三棱錐的高為，則，解得，取底面ABC的中心為，則底面ABC，且，所以與平面ABC所成角的正切值.故選：B.2．（23-24高三下·遼寧·階段練習）已知正四棱臺的上、下底面邊長分別為，，體積為，則此四棱臺的側(cè)棱與底面所成角的正弦值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)正四棱臺的體積求出高，再求出側(cè)棱長，最后由銳角三角函數(shù)計算可得.【詳解】在正四棱臺中，，，令上下底面中心分別為、，連接，如圖，

則棱臺的高為，由，解得，在直角梯形中，，取中點，連接，有，則平面，平面，所以，所以，，又平面，則是與平面所成的角，所以，即四棱臺的側(cè)棱與底面所成角的正弦值為.故選：B3．（2024高一下·全國·專題練習）如圖，底面是邊長為2的正方形，半圓面底面，點為圓弧上的動點．當三棱錐的體積最大時，與半圓面所成角的余弦值為．【答案】33/【分析】過點作于點，易得點位于圓弧的中點時，最大，證明面，則即為與半圓面所成角的平面角，再解即可．【詳解】過點作于點，因為面底面，面底面，面，所以平面，則，當且僅當，即點位于圓弧的中點時，最大，此時為的中點，因為面底面，面底面面，所以面，又面，所以，所以即為與半圓面所成角的平面角，在中，，所以，故答案為：．4．（2024·遼寧大連·二模）已知一圓形紙片的圓心為，直徑，圓周上有兩點.如圖：，，點是上的動點.沿將紙片折為直二面角，并連接，，，.(1)當平面時，求的長；(2)若，求與平面所成角的正弦值.【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用線面平行的性質(zhì)定理得，利用平行線的性質(zhì)及三角形性質(zhì)求解即可；（2）方法一：利用面面垂直性質(zhì)定理得平面，從而利用線面垂直的性質(zhì)定理得，，可求得，利用等體積法求得到平面的距離，利用線面角的正弦值求解即可；方法二：建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量，然后利用向量法求解線面角即可.【詳解】（1）平面，平面，平面平面，則有.所以，又，則.（2）方法一：因為平面平面，平面平面，平面，，所以平面.又，平面，則，，又，由，可得.設到平面的距離為d，因為，所以，所以，所以，設與平面所成的角為，則.故與平面所成角的正弦值為.方法二：，，.如圖，過點作平面的垂線，以為坐標原點，，，所在的直線分別為，，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，.，.易知是平面的一個法向量，設平面的一個法向量為，則，即，令，得，，則，設與平面所成角的為，則.故與平面所成角的正弦值為.5．（2024·山西·三模）如圖三棱錐分別在線段AB，CD上，且滿足.(1)求證:平面平面;(2)求AD與平面BCD所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)垂直關(guān)系，結(jié)合勾股定理可得即可求證，根據(jù)線線垂直可得平面CED，進而可得，進而可得平面，即可求證面面垂直，（2）根據(jù)勾股定理以及線線垂直可證明平面,即可得為直線與平面所成的角，即可求解.【詳解】（1）連接,由于所以由于，所以故，即，又，，平面CED，故平面CED，平面CED,故,平面，所以平面，平面，故平面平面（2）由于所以由于，所以故，即，又，，平面CED，故平面，平面,故,平面，故平面,故即為直線與平面所成的角，,,6．（22-23高一下·遼寧大連·期末）在正三棱臺中，，，為中點，在上，.

(1)請作出與平面的交點，并寫出與的比值（在圖中保留作圖痕跡，不必寫出畫法和理由）；(2)求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)答案見解析，2(2)【分析】（1）根據(jù)直線與平面的公理，延長線段，延展平面，結(jié)合相似三角形，可得答案；（2）根據(jù)線面角的定義，作圖，求其所在三角形的邊長，利用三棱臺的幾何性質(zhì)，在其側(cè)面，結(jié)合等腰梯形以及余弦定理，可得答案.【詳解】（1）①作圖步驟：延長，使其相交于，連接，則可得；作圖如下：

作圖理由：在平面中，顯然與不平行，延長相交于，由，則平面CED，由平面CED，則平面CED，由，，則平面，可得故平面.②連接，如下圖所示：

在正三棱臺中，，即，易知，則，由，且，則，顯然，由分別為的中點，則，且，易知，故.（2）由題意，過作平面的垂線，垂足為，并連接，如下圖所示：

由（1）可知：且，則，由，，在側(cè)面中，過分別作的垂線，垂足分別為，如下圖所示：

易知,，所以，在中，，則，棱臺的高，由圖可知直線與平面所成角為，因為平面，且平面，所以，所以.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題第2小問解決的關(guān)鍵在于利用余弦定理求得，利用勾股定理求得，從而得解.1．（2024·陜西榆林·三模）已知正三棱錐的側(cè)棱與底面邊長的比值為，則三棱錐的側(cè)棱與底面所成角的正弦值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用正棱錐的性質(zhì)，先過頂點作底面的垂線，由線面角的定義和題干數(shù)據(jù)進行求解.【詳解】如圖，為等邊三角形，為中點，作面垂足為，

設，則，根據(jù)正棱錐性質(zhì)，則，根據(jù)線面角的定義，三棱錐的側(cè)棱與底面所成角為，則.故選：B2．（2024·北京·模擬預測）如圖，正四面體的頂點在平面內(nèi)，且直線與平面所成的角為，頂點在平面內(nèi)的射影為，當頂點與點的距離最大時，直線與平面所成角的正弦值等于（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】分析可得當四邊形為平面四邊形時，點到點的距離最大，作平面,垂足為，點作平面，垂足為，則可求，進而可求解.【詳解】取中點，連接，

當四邊形為平面四邊形時，點到點的距離最大，此時，因為平面，平面，所以平面平面，過作平面，垂足為，則為正三角形的重心，設正四面體的邊長為1，則,因為直線BC與平面所成角為即,且，所以,所以點到平面的距離等于，過點作平面，垂足為，則，∴在中，，即直線與平面所成角的正弦值等于.故選：D.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解答關(guān)鍵是分析出當四邊形為平面四邊形時，點到點的距離最大.3．（23-24高一下·浙江杭州·期中）如圖所示，在棱長為的正方體中，點是平面內(nèi)的動點，滿足，則直線與平面所成角正切值的最大值為.

【答案】【分析】在正方體上“堆疊”一個與之全等的正方體，連接、，設在平面的射影為，連接O2P，則即為直線與平面所成角，在平面上的射影為，求出點的軌跡，再結(jié)合平面幾何的性質(zhì)即可得解．【詳解】如圖所示，在正方體上“堆疊”一個與之全等的正方體，連接、，易知四邊形是菱形，設在平面的射影為，由正三棱錐可知，點是△的外心，，則，由，得，所以，再結(jié)合，得，從而的軌跡是（平面上）以為圓心，為半徑的圓，記為圓，同理，在平面（即平面上的射影為的外心，連接O2P，則在平面上的射影為O2進而即為直線與平面所成角，記，則，其中為定值，而對于O2P，由圓的幾何知識可知，當運動到線段且與圓相交時，O2P取得最小值，記相交于Q,易知，則，此時取得最大值為．故答案為：．

【點睛】關(guān)鍵點點睛:本題考查空間中點的軌跡及線面角，關(guān)鍵是確定在平面上的軌跡為圓.4．（2024·山東·二模）如圖所示，直三棱柱，各棱長均相等.，，分別為棱，，的中點.(1)證明：平面平面；(2)求直線與所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由題意可證得，在直三棱柱中，平面，可得，進而可證得平面，即證得平面平面；（2）由題意可證得，即可得直線與所成的角，在△中，可求出的正弦值，進而求出于直線與所成的角．【詳解】（1）證明：由題意在等邊三角形中，為的中點，所以，在直棱柱中，平面，平面，所以，而，平面，所以平面，又因為平面，所以平面平面；（2）連接，因為，，分別為棱，，的中點，所以，且，在三棱柱中，，，，所以，且，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以即為直線與所成的角，在△中，設直三棱柱的棱長為2，則可得．故即直線與所成角的正弦值為．5．（2024·全國·模擬預測）如圖，在四棱錐中，，且，.(1)證明：平面平面；(2)若，，求與平面所成角的大小.【答案】(1)證明見解析(2)30°【分析】（1）應用面面垂直判定定理證明即可；（2）先根據(jù)定義得出線面角，再計算正弦值求角即可.【詳解】（1）在四棱錐中，，又，所以，因為，，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）取棱的中點O，連接，，由，得，由（1）知，平面，因為平面，所以，因為，平面，，所以平面，所以是在平面內(nèi)的射影，所以與平面所成的角為.設，因為，則，因為，所以，所以在中，，所以與平面所成的角為30°考點四、幾何法求二面角1．（2024·河南·三模）在四面體中，平面平面，是直角三角形，，則二面角的正切值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】設AC,PC的中點為，連接，分別證得和，證得平面，得到，得出為二面角的平面角，在中，即可求解.【詳解】設AC,PC的中點分別為，連接，則，因為，所以，又因為平面平面，平面，平面平面，所以平面，而平面，則，因為是直角三角形，，所以，所以，且，因為，且平面，所以平面，又因為平面，則，所以為二面角的平面角，且.故選：A.2．（2024·江西贛州·一模）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，平面為側(cè)棱的中點.

(1)求點到平面的距離；(2)求二面角的正切值.【答案】(1)(2).【分析】（1）根據(jù)利用等體積法計算可得；（2）設為的中點，過作交于，連接、，即可證明平面，從而得到平面，則為二面角的一個平面角，再求出、，即可得解.【詳解】（1）由平面，可得，令點到平面的距離為，則，由，可得，則，由，可得，由平面，平面，所以平面平面，又，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，則，所以，即點到平面的距離為（2）設為的中點，過作交于，連接、，是的中點，，又平面，所以平面，又平面，，又，平面，平面，平面，，為二面角的一個平面角，又，且，所以，所以，即二面角的正切值為.

3．（2024·四川攀枝花·三模）如圖，直三棱柱中，，點在線段上，且，．(1)證明：點為的重心；(2)若，求二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)．【分析】（1）延長交于點，連接，可證得，結(jié)合直棱柱的性質(zhì)可證得，從而可證為的中點，則可得，即可得證；（2）取中點，連接，取中點，連接，，可證出為二面角的平面角，在中計算求值即可．【詳解】（1）證明：如圖，延長交于點，連接，因為，，，平面所以平面，因為平面，所以，因為直三棱柱中，平面，平面，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以，因為，所以，所以為的中點，因為∥，所以，所以點為的重心；（2）解：取中點，連接，因為，所以，因為直三棱柱中，平面，平面，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以，取中點，連接，，則‖，,因為，所以，因為，平面，所以平面，因為BF?平面，所以，所以為二面角的平面角，因為，所以，因為，所以，因為，所以∽，所以，因為，所以，得，所以，所以，因為，所以，在中，，即二面角的余弦值為．4．（2024·河南·模擬預測）如圖，在長方體中，點分別是的中點．

(1)求證：平面；(2)若，且底面為正方形，求平面與平面夾角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)．【分析】（1）連接，由線面平行的判定定理即可證明；（2）方法一：以點為原點，建立空間直角坐標系，結(jié)合空間向量的坐標運算，即可得到結(jié)果；方法二：根據(jù)題意，由面面角的定義可得即為平面與平面的夾角，代入計算，即可得到結(jié)果；方法三：由條件可得為的射影，代入計算，即可得到結(jié)果.【詳解】（1）如圖，連接，

因為點分別是的中點，所以．又由長方體的性質(zhì)知，，，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以．又平面平面，所以平面．（2）方法一：以為坐標原點，分別以所在的直線為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系．因為，四邊形為正方形，所以，所以設平面的法向量為，則即令，則，所以平面的一個法向量為．易得平面的一個法向量為．設平面與平面的夾角為，則．所以平面與平面夾角的余弦值為.方法二：因為平面平面，所以平面與平面的夾角即為平面與平面的夾角．取的中點，連接，分別延長交于點，則平面平面，在平面內(nèi)，作交的延長線于，連接．因為平面，又平面，所以．又，平面，所以平面，所以．所以即為平面與平面的夾角．設，因為，所以．

所以，所以．在Rt中，，所以在Rt中，，即．所以，所以（負值舍去），所以平面與平面夾角的余弦值為．方法三（射影法）：設平面與平面的夾角為，如圖，過點作于點，過點作于點，連接，

則為的射影．由題易得，所以，所以，所以．又，所以．所以平面與平面夾角的余弦值為．1．（2024·四川南充·三模）已知如圖，在矩形中，，將沿著翻折至處，得到三棱錐，過M作的垂線，垂足為．

(1)求證：；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用線面垂直的性質(zhì)定理，轉(zhuǎn)化為證明MH⊥平面，利用線面垂直的判斷定理，即可證明；（2）結(jié)合幾何關(guān)系，構(gòu)造二面角的平面角，三角形內(nèi)根據(jù)余弦定理，即可求解.【詳解】（1）連結(jié)，由，，，得，，，，在中，由余弦定理得,，，，又平面，，平面，又平面，；（2）過點作于點，在平面內(nèi)作與點，交于點，連結(jié)，

則為二面角的平面角，在中，由，得，，在中，由余弦定理得，在中，，，在中，由勾股定理得：，在中，由余弦定理得：,，即二面角的余弦值為.2．（2024·江蘇宿遷·一模）如圖，在四棱錐中，四邊形為梯形，其中，，平面平面．

(1)證明：；(2)若，且與平面所成角的正切值為2，求平面與平面所成二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)題意，由面面垂直的性質(zhì)定理即可得到平面，再由線面垂直的性質(zhì)定理即可證明；（2）法一：建立空間直角坐標系，結(jié)合空間向量的坐標運算，即可得到結(jié)果；法二：根據(jù)面面角的定義，先找出所求的二面角，然后代入計算，即可得到結(jié)果.【詳解】（1）因為，所以為等邊三角形，所以，又四邊形為梯形，，則，在中，由余弦定理可知，，根據(jù)勾股定理可知，AD2+B因為平面平面，平面平面平面，所以平面，又因為平面所以．（2）法一：由（1）可知，又因為，所以平面，所以就是與平面所成角，所以，所以；以為正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，所以，設平面的法向量為，則有取，由題意得為平面的法向量，所以，即平面與平面所成二面角的正弦值．法二：在平面內(nèi)，延長與相交于點，連接，則為平面與平面的交線，在平面內(nèi)，過點作，垂足為，連接，

由（1）得，，因為且均在面內(nèi)，所以面，因為面，所以，又因為且均在面內(nèi),所以面，即面,因為面，所以,因為且均在面內(nèi),所以面，由面所以,所以,在直角三角形中,在直角三角形中，所以平面與平面所成二面角的正弦值．所以就是二面角的平面角，又因為平面，所以就是與平面所成角，所以，所以，因為，所以．3．（23-24高三下·陜西西安·階段練習）如下圖，四棱錐的體積為，底面為等腰梯形，，，，，，是垂足，平面平面．(1)證明：；(2)若，分別為，的中點，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)定理和線面垂直的判斷定理證明即可證明；（2）根據(jù)二面角定義即可求出二面角的平面角.【詳解】（1）連接，∵平面平面，，平面平面，平面，∴平面，因為平面，所以，由題意可知，等腰梯形的高為1，故等腰梯形的面積為：，∴，∴，在中，，．∴，即，∴為的三等分點，∴．又∵，面，面，∴平面，∵平面，∴．（2）取中點，連接，則四邊形為平行四邊形，∴．∵，分別為，的中點，∴，∴，∴四點共面．連接交于，連接，則二面角即二面角．∵平面，平面，∴，易知四邊形為正方形，則，∵，∴，又，平面，平面，∴平面．∵，∴平面，∵平面，平面，∴，．∴是二面角的平面角，在中，，，∴，∴，∴二面角的余弦值為.4．（23-24高二下·重慶·階段練習）如圖，在三棱柱中，底面?zhèn)让?，，，?1)證明：平面；(2)若，求平面與平面所成的角的余弦值．【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用菱形的性質(zhì)、面面垂直的性質(zhì)、線面垂直的性質(zhì)及判定推理即得.（2）作出二面角的平面角，再在直角三角形中計算即得.【詳解】（1）在三棱柱中，由，得四邊形是菱形，則，由平面平面，平面平面，平面，得平面，而平面，則，又，因此，而平面,所以平面.（2）在平面內(nèi)過點作于，由平面平面，平面平面，得平面，而平面，則，在平面內(nèi)過作于，連接，又平面，于是平面，而平面，則，從而是二面角的平面角，由，得，由，得，，則，顯然，，，所以平面與平面所成的角的余弦值是.考點五、范圍與最值問題1．（2024·全國·模擬預測）設為正方體的棱上的動點，則平面與平面夾角的正切值的最小值為（

）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】確定平面與平面的交線，利用線面垂直得到二面角的平面角，利用幾何關(guān)系計算求解即可求解.【詳解】延長和交于點Q,則Q為平面與平面的公共點，從而DQ為平面與平面的交線；在平面內(nèi)做于點H,連，由正方體性質(zhì)易知平面，面，則，又平面，故平面，又平面，故，故為二面角的平面角，設正方體棱長為1，，易知故，即，則由的面積得：故，當點P為AB中點時等號成立，故二面角正切值的最小值為，則平面與平面夾角的正切值的最小值為.故選：C

2．（2024高三·全國·專題練習）如圖，已知底面為正方形且各側(cè)棱均相等的四棱錐可繞著任意旋轉(zhuǎn)，平面，，分別是，的中點，，，點在平面上的射影為點.當最大時，二面角的大小是（

）A．105° B．90° C．60° D．45°【答案】A【分析】由題意當最大時，，，三點共線，此時找出二面角的平面角，計算即可.【詳解】連接，，如圖，因為，所以為正三角形，設的中點為，則點在以為直徑的圓上運動，當且僅當，，三點共線時，如圖，此時，，且平面，∴為二面角的平面角，又在等腰直角三角形中，，因此，故選：A3．（2024·四川成都·二模）如圖，在正四面體中，是棱的兩個三等分點．(1)證明：；(2)求出二面角的平面角中最大角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)題意，由線面垂直的判定定理即可證明平面，從而證明；（2）根據(jù)題意，由二面角的定義，結(jié)合余弦定理代入計算，即可得到結(jié)果.【詳解】（1）取的中點為，連接．四面體為正四面體，為正三角形．又為的中點，．同理可得．平面，平面．又平面．（2）取的中點為，連接，設．由（1）得平面．平面．為二面角的平面角，為二面角的平面角，為二面角的平面角．由圖形對稱性可判斷．易得．在中，．在中，．同理可得．．．二面角的平面角最大，其余弦值等于．1．（2024·河北滄州·模擬預測）在長方體中，，，點為的中點，點為四邊形內(nèi)一點，且，則直線與平面所成角的正切值的最大值為.【答案】【分析】分析題目條件，點在線段的中垂面與底面的交線上，取中點，中點，中點，證明得平面，從而點在線段上；再由平面，為直線與平面所成的角，當取得最小時，利用相似可得此時取得最大值為.【詳解】如圖，連接，取中點，中點，中點，因為，則點在線段的中垂面與底面的交線上.可求得，所以，所以.又知，所以.又，直線和直線都在平面內(nèi)，所以平面，從而點在線段上.易得，平面，所以平面，所以為直線與平面所成的角，設為，則.設的最小值為點到的距離為，取得最小時，易得與相似，可知，所以，又，所以的最大值為.故答案為：2．（2024·廣東·一模）已知表面積為的球O的內(nèi)接正四棱臺，，，動點P在內(nèi)部及其邊界上運動，則直線BP與平面所成角的正弦值的最大值為．【答案】/【分析】先根據(jù)條件得到，進而得到，，利用線面垂直的性質(zhì)作出面，故為直線BP與平面所成角，再利用，得知當與重合時，最小，再利用對頂角相等，即可求出結(jié)果.【詳解】如圖，分別是上下底面的中心，設球心為，半徑為，易知，由題知4πR2=8π，得到，又，，得到所以與重合，由，得到，所以，又，所以，因為面，面，所以，又，，面，所以面，連接并延長，過作，交的延長線于，又面，所以，又，面，所以面，連接，則為直線BP與平面所成的角，，在中，易知，，所以，所以當最小時，直線BP與平面所成角的正弦值的最大值，又動點P在內(nèi)部及其邊界上運動，所以當與重合時，最小，此時為直線BP與平面所成的角，所以直線BP與平面所成角的正弦值的最大值為，

故答案為：.【點睛】關(guān)鍵點點晴：本題的關(guān)鍵在于點位置的確定，通過利用線面垂直的性質(zhì)作出面，從而得出為直線BP與平面所成角，再利用，將問題轉(zhuǎn)化成求的最小值，即可確定點位置，從而解決問題.3．（23-24高三下·湖南·開學考試）如圖，在三棱錐中，平面平面為棱上靠近點的三等分點，且為的角平分線，則二面角的平面角的正切值的最小值為．【答案】【分析】根據(jù)給定條件，作出二面角的平面角，借助直角三角形的邊角關(guān)系可得，再在平面內(nèi)，利用圓的性質(zhì)求出最大時點位置即可計算得解.【詳解】過點作，垂足為，過點作，垂足為，連接，如圖，由平面平面，平面平面，平面，則平面，而平面，于是，，又平面，因此平面，而平面，則，為二面角的平面角，在中，，則，則，在中，，從而，在平面內(nèi)，過點作交直線于點，如圖，則點在以為直徑的圓上運動，設的中點為，連接，顯然，而，因此，又，則∽，于是，又，則，解得，當直線與圓相切時，最大，最小，，所以二面角的平面角的正切值的最小值為.故答案為：【點睛】方法點睛：作二面角的平面角可以通過垂線法進行，在一個半平面內(nèi)找一點作另一個半平面的垂線，再過垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．一、單選題1．（2024·河北滄州·模擬預測）已知在三棱錐中，，則直線與平面所成的角的正弦值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)題意，設是正四面體的4個頂點，結(jié)合正四面體的性質(zhì)和線面角的定義與計算，即可求解.【詳解】設是正四面體的4個頂點，則點在平面的射影是正三角形的中心D,再設，則，可得，則高，則直線與平面所成的角的正弦值．故選：D.

2．（2024·陜西安康·模擬預測）如圖，在底面為等邊三角形的直三棱柱中，分別為棱的中點，為棱上的動點，且線段的長度最小值為，則異面直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)即可求解最小值時，即可求解，利用平移可得為其補角即為異面直線與所成角，由余弦定理即可求解.【詳解】由于三棱柱為直三棱柱，所以底面,底面,所以,故,故當時，此時最小，線段的長度最小值，由于線段的最小值為，故此時，為中點，故，連接,則,故為其補角即為異面直線與所成角，,,故異面直線與所成角的余弦值為故選：A3．（22-23高三下·江西·階段練習）如圖，△ABC內(nèi)接于圓O，AB為圓O的直徑，AB＝5，BC＝3，CD⊥平面ABC，E為AD的中點，且異面直線BE與AC所成角為60°，則點A到平面BCE的距離為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】為中點，異面直線BE與AC所成角為，可得，由已知條件求解所需線段的長，設點A到平面BCE的距離為，由，求解即可.【詳解】AB為圓O的直徑，AB＝5，BC＝3，∴，，CD⊥平面ABC，平面ABC，有，又∵，平面，∴平面，∵，平面，∴平面，為中點，連接，如圖所示，E為AD的中點，，，平面，平面，，異面直線BE與AC所成角為，∴，，∴，，，，，到平面的距離為，∴，，，設點A到平面BCE的距離為，由，∴.故選：C4．（2024·廣西桂林·三模）在《九章算術(shù)》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑，在鱉臑中，平面，，且，為的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】如圖取的中點，可得，即異面直線與所成的角為，然后利用平面，可得兩直角三角形的斜邊中線長，從而得到求解.【詳解】取的中點，連接，如圖所示：∵分別為的中點，則且，∴異面直線與所成的角為或其補角．∵平面，平面，∴，，∴，同理可得，∴，∴，則,故選:C．5．（23-24高三下·廣東·階段練習）如圖，正方體的邊長為4，，平面經(jīng)過點，，則（

）A．B．直線與直線所成角的正切值為C．直線與平面所成角的正切值為D．若，則正方體截平面所得截面面積為26【答案】BC【分析】本題四個選項逐個分析，A選項利用在勾股定理判斷；B，C選項分別作出線線角，線面角算出正切值判斷是否正確；D選項面面平行的性質(zhì)的定理畫出完整的截面進而計算面積即可.【詳解】在中，,在中，，，，∵，∴A錯誤．∵，∴直線與直線所成角等于，，∴B正確．因為平面，且平面所以直線與平面所成角等于直線與平面所成角，，∴C正確．因為正方體的對面都是相互平行，且根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理可得，在邊上作點使得，則平行四邊形為所求截面．在中，∴，，∴平行四邊形的面積為．∴D錯誤．故選：BC二、多選題6．（22-23高三上·河北邢臺·期末）如圖所示，正方體的棱長為1，線段上有兩個動點，，且，則下列說法中正確的是（

）A．存在點，，使得B．異面直線與所成的角為60°C．三棱錐的體積為D．點到平面的距離為【答案】BCD【分析】根據(jù)異面直線、線線角、錐體體積、點面距等知識確定正確答案.【詳解】連接.A選項，平面，平面，，所以與是異面直線，所以A選項錯誤.B選項，，所以異面直線與所成的角為，由于三角形是等邊三角形，所以，B選項正確.C選項，設，根據(jù)正方體的性質(zhì)可知，由于平面，所以平面，所以到平面的距離為.，C選項正確.D選項，設點到平面的距離為，，，解得，D選項正確.故選：BCD三、填空題7．（22-23高二上·重慶南岸·期末）如圖，在直三棱柱中，是等邊三角形，，是棱的中點.求點到平面的距離等于【答案】【分析】利用三棱錐的等積性、線面垂直的性質(zhì)、面面垂直的判定定理和性質(zhì)，結(jié)合直三棱柱的性質(zhì)、三棱錐的體積公式進行求解即可.【詳解】因為是直三棱柱，所以平面，而平面，所以，因為是棱的中點，所以AD=12AB=2由勾股定理可得：，，因為是等邊三角形，是棱的中點.，所以，所以，因為，所以，因此，因為平面，平面，所以平面平面，因為平面平面，，平面，所以平面，設點到平面的距離為，由，故答案為：四、解答題8．（2024·江蘇·二模）如圖，直三棱柱的體積為1，，，．(1)求證：；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）法一：由線面垂直證明即可；法二：用空間直角坐標系證明即可；（2）法一：過作于，連接，由已知得出為二面角的平面角，求解即可；法二：建立空間直角坐標系求解．【詳解】（1）直三棱柱的體積為：，則，四邊形為正方形，法一：在直棱柱中，面，，又平面，則，因為，，，平面，所以平面，又平面，所以，因為，所以，在正方形中，有，因為，，，平面，所以平面，又平面，所以．法二：直棱柱，平面，又，以為原點，，，所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，則，，，，，，，，所以．（2）由（1）得，設，在中，過作于，連接，因為，，平面，且，所以平面，又平面，所以，所以為二面角的平面角，因為，，得，又在中，，得，，所以二面角的余弦值為．法二：，，，，，，，設平面的法向量：，則，取，得，，，設面的法向量，則，取，得，設二面角的大小為，則：，因為為銳角，所以二面角余弦值為．9．（2024高三下·全國·專題練習）如圖所示，在三棱錐中，，，是的中點，且底面，求直線與平面所成角的正弦值．【答案】【分析】解法一：將直線與平面所成角轉(zhuǎn)化為與平面所成的角即可求解；解法二：設，由等體積法得出，由線面夾角定義即可求解；解法三：以平面為底面，為高，將原幾何體補成長方體，再由線面夾角定義即可求解；解法四：向量法，以為原點，分別以直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，用直線與平面夾角的向量公式求解即可．【詳解】解法一：如圖所示，設是的中點，連接，則，故與平面所成的角相等，設為的中點，連接，則，因為，所以，因為平面，平面，所以，又，，平面，且，所以平面，又平面所以平面平面，因為平面平面，所以點在平面上的射影，過點作于點，因為，平面平面，平面，所以平面，則即為與平面所成的角．設，則，由此可得，，則，由平面，平面，所以，在中，，則由等面積法得，，故，即直線與平面所成角的正弦值為．解法二：如圖所示，過點作平面，垂足為，連接，則為與平面所成的角．設，則，則，，，，因為，所以，由解法一得，，由可得，代入數(shù)據(jù)得，故．解法三（補體法）：如圖所示，以平面為底面，為高，將原幾何體補成長方體（為該長方體的體對角線）．設是的中點，則，點在平面上，又平面，平面，所以平面平面，因為平面平面，所以點在平面上的射影必在上，過點作于點，因為，平面，所以平面，因此即為與平面所成的角，設，則，，在中，．解法四（向量法）：因為底面，底面，所以，又因為，是的中點，所以，如圖所示，以為原點，分別以直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，設，則，，，可得，，，，則，，，設平面的一個法向量為，則由，得，取，得，設直線與平面所成的角為，則．10．（23-24高三下·甘肅·階段練習）如圖1，菱形的邊長為,將其沿折疊形成如圖2所示的三棱錐．(1)證明：三棱錐中，;(2)當點A在平面的投影為的重心時，求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見詳解(2)【分析】（1）構(gòu)造的中點，然后證明垂直于平面即可；（2）設的重心為點，將題目轉(zhuǎn)化為求，再反復使用勾股定理，求出和的長度，即可得到結(jié)果.【詳解】（1）記的中點為，由菱形的性質(zhì)，有，，所以，.而和在平面內(nèi)交于點，故垂直于平面.又因為在平面內(nèi)，所以.（2）設的重心為點，則垂直于平面.這表明直線與平面所成角等于，故所求正弦值即為的值.由于，，故，.從而，故.所以直線與平面所成角的正弦值是.一、單選題1．（23-24高三上·江蘇南京·期中）已知矩形中，是邊的中點．和交于點，將沿折起，在翻折過程中當與垂直時，異面直線和所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】證明三角形相似得到，進而證明出線面垂直，面面垂直，作出輔助線，得到或其補角即為異面直線和所成角，結(jié)合余弦定理求出答案【詳解】如圖1，在矩形中，是邊的中點，故，故，又，故，所以，則，故．如圖2，將沿折起，點的對應點為，在翻折過程中，當與垂直時，因為平面，所以平面，因為平面，所以平面平面，因為平面，平面平面，所以平面，連接，因為，所以或其補角即為異面直線和所成角，因為，所以，故，則，又，故，即所求角的余弦值為，故選：D．二、多選題2．（2024·新疆·二模）如圖，在平行四邊形中，，且，為的中線，將沿BF折起，使點到點的位置，連接AE，DE，CE，且，則（

）A．平面 B．AE與平面所成角的正切值是C．BC與DE所成的角為 D．點到平面的距離為【答案】AB【分析】A.根據(jù)線面垂直的判定定理，轉(zhuǎn)化為證明平面；B.首先利用垂直關(guān)系說明平面，即可說明與平面所成的角為；C.根據(jù)平行關(guān)系，將異面直線所成角轉(zhuǎn)化為相交直線所成角，或其補角即為與所成的角；D.利用等體積轉(zhuǎn)化法求點到平面的距離.【詳解】因為，且，所以，．又為的中線，所以，．因為，所以．由題意，知，所以．又，且，平面，所以平面，故A正確；因為，，，所以平面．又，所以平面．所以與平面所成的角為．在中，，．所以，故B正確；因為，所以或其補角即為與所成的角，連接，在中，，，，所以由余弦定理，得．在中，由勾股定理，得．所以在中，，．由余弦定理的推論，得，所以，所以與所成的角為，故C錯誤；因為，且，所以．又，所以．因為點到平面的距離為，所以由等體積法，得點到平面的距離為，故D錯誤．故選：AB3．（2024·江蘇無錫·模擬預測）在平面四邊形中，，將沿折起，使到達點的位置．已知三棱錐的外接球的球心恰是的中點，則下列結(jié)論正確的是（

）A．與平面所成的角相等B．C．二面角的大小可能為D．若，則球的表面積為【答案】ABD【分析】對于A，取的中點得平面，平面，根據(jù)可判斷A；可判斷B；做，得即為的平面角，若，則，推出矛盾可判斷C；根據(jù)，求出正方體的外接球半徑可判斷D.【詳解】對于A，取的中點，因為，所以點是的外心，連接，則平面，因為是的中點，所以，所以平面，點是是的中點，，所以，又，所以，所以，故A正確；

對于B，，，，故B正確；對于C，因為，，，平面，所以平面，平面，所以，做，交于點，，平面，所以平面，平面，所以，所以即為的平面角，若，則，而在直角三角形中，斜邊，這是不可能的，故C錯誤；

對于D，若，則，，所以，外接球半徑，，故D正確.

故選：ABD．【點睛】結(jié)論點睛：球的性質(zhì)：①球的任何截面均為圓面；②球心和截面圓心的連線垂直于該截面.4．（23-24高一下·山東濟南·期中）已知正四棱臺的高為，，，則（

）A．正四棱臺的體積為B．二面角的大小為C．直線與平面ABCD所成角的正弦值為D．異面直線與所成角的正切值為2【答案】ABD【分析】根據(jù)棱臺的體積公式，即可判斷A；設上、下底面的中心分別為，，分別取和的中點，，由二面角的定義知即為所求，再利用三角函數(shù)的知識，求解即可判斷B；過點作于點，由線面角的定義知即為所求，再由三角函數(shù)的知識，求解即可判斷C；由知或其補角即為所求，再結(jié)合余弦定理，求解即可判斷D．【詳解】對于A：正四棱臺的體積，故A正確；對于B：設上、下底面的中心分別為，，則，分別取和的中點，，連接，，，則，，所以即為二面角的平面角，過點作于點，則，，在中，，因為，所以，所以二面角的大小為，故B正確；對于C：過點作于點，則平面，所以，，且即為直線與平面所成角，而，所以，所以直線與平面所成角的正弦值為，故C錯誤；對于D：因為，所以與所成角就是異面直線與所成角，即或其補角就是所求，過點作，交于點，則四邊形是平行四邊形，所以，，所以，在中，，則，所以，所以異面直線與所成角的正切值為，故D正確．故選：ABD．三、解答題5．（2024·陜西銅川·三模）如圖，四棱錐的底面是正方形，平面，點是的中點，是線段上靠近的三等分點，.(1)求證：平面；(2)求點到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2).【分析】（1）連接交于點，連接，由中位線證明線線平行，然后由線面平行的判定定理證明即可；（2）由線面垂直證明出，計算出三角形的面積，設點到平面的距離為，由等體積法求解即可.【詳解】（1）證明：如圖，連接交于點，連接，四邊形是正方形，為中點，是中點，，平面平面平面.（2）平面，平面，.又四邊形是正方形，.又，平面，平面.又平面.點是的中點，.又，平面，平面.又平面.又易知...又是線段上靠近的三等分點，，.設點到平面的距離為，則，解得.點到平面的距離為.6．（22-23高三上·江蘇南京·階段練習）如圖，在直三棱柱中，，，，點M，N分別在，上，且，．

(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的大?。敬鸢浮?1)證明見解析(2)【分析】（1）分析題意，利用線面垂直的判定定理求解即可.（2）利用線面垂直找到線面角，放到三角形中求解正弦值，再求角度即可.【詳解】（1）

如圖，連接，∵，且，，∴，又因為直三棱柱，所以，所以面，故，所以四邊形是平行四邊形，而，所以平行四邊形是菱形，因為，所以菱形是正方形，∴．∵，，，面∴平面，∵平面，∴，又∵，面，∴平面．（2）連接，由（1）知平面，∴是直線與平面所成角．由勾股定理得，，則，∴，故直線與平面所成角為．7．（2024·山東濟南·三模）如圖所示，為矩形，為梯形，平面平面，.(1)若點為的中點，證明:平面；(2)求異面直線與所成角的大小.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由三角形中位線可得線線平行，即可由線面平行的判定求證，（2）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得線面垂直，進而得線線垂直，即可求解長度，由三角形的邊角關(guān)系即可求解.【詳解】（1）連接PC，交DE于，連接MN為矩形為的中點在中，M，N分別為PA，PC的中點,因為平面平面,所以平面.（2）為矩形平面平面又平面，平面平面∴平面平面在Rt中又平面平面,所以平面,平面,故，在Rt中，由于，故直線與所成角即為從而直線與所成角為8．（2024·四川達州·二模）如圖，在直角梯形中，，把梯形ABCD繞AB旋轉(zhuǎn)至分別為中點.

(1)證明:平面；(2)若，求點到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）先證明平面平面，再用面面平行性質(zhì)得到線面平行.（2）用等體積法求解即可.【詳解】（1）證明:設中點為，連接

為中位線，，平面平面，平面，為梯形中位線，，平面平面，平面，平面平面EFG，平面平面，平面平面.（2）如圖連接,平面平面到平面的距離為3，.如圖可求得直角梯形中，可求得．由余弦定理求得為等邊三角形，則，同理．如圖等腰梯形中，得.

可求，設到平面的距離為，.到平面的距離為3.9．（24-25高三上·廣東·階段練習）如圖，三棱柱中，側(cè)面是邊長為2的正方形，，．(1)證明：；(2)若二面角的余弦值為，求的值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）側(cè)面是邊長為2的正方形得到和的關(guān)系，、和的長度，根據(jù)側(cè)面是平行四邊形得到和，在中，由余弦定理得，判斷的形狀，證明平面，證明；（2）取的中點，記為D，連接，．證明，，平面，求出二面角的平面角，證明平面，記二面角為，表示出與的關(guān)系，找到和的關(guān)系，求出，求出，證明，求出.【詳解】（1）側(cè)面是邊長為2的正方形，，，，側(cè)面是平行四邊形，，在中，由余弦定理有，解得，是直角三角形，，，，平面，平面，又平面，；（2）取的中點，記為D，連接，，，，，，，，平面，平面，為二面角的平面角．又平面，，平面，記二面角為，則，，，．平面，，，，，的值為．10．（2024·貴州遵義·二模）通過化學的學習，我們知道金剛石是天然存在的最硬的物質(zhì)，純凈的金剛石是無色透明的正八面體形狀的固體，如圖1是組成金剛石的碳原子在空間中排列的結(jié)構(gòu)示意圖，從圖中可以看出，組成金剛石的每個碳原子都與其相鄰的4個碳原子以完全相同的方式連接，從立體幾何的角度來看，可以認為4個碳原子分布在一個所有棱長都相等的正三棱錐的4個頂點處，而中間的那個碳原子處于與這4個碳原子距離相等的位置，如圖2所示：(1)在金剛石的碳原子空間結(jié)構(gòu)圖（圖2）中，求直線與直線所成角的余弦值；(2)若四面體和正八面體的棱長相等，現(xiàn)將兩幾何體拼接起來，使它們一個表面完全重合，得到一個新多面體，判斷新多面體為幾面體，并說明理由．【答案】(1)；(2)七面體，理由見解析.【分析】（1）把正四面體放入正方體中，利用余弦定理計算即得.（2）利用余弦定理求出二面角及二面角的余弦值，借助余弦值的關(guān)系確定共面即可推理得解.【詳解】（1）將正四面體放入正方體中，為正方體的中心，如圖，設正方體棱長為，則，在中，由余弦定理得：所以直線與直線所成角的余弦值為.（2）新多面體為七面體.設四面體和正八面體的棱長為1，在正四面體中，取中點為，連接，在正中，，同理，則為二面角的平面角，，在中，由余弦定理得：，在四棱錐中，取中點，連接，在正中，，同理，即即為二面角的平面角，而，在中，由余弦定理得：，于是二面角與二面角互補，同理得二面角的余弦值為，以平面與平面完全對應重合為例，則，，，四點共面，同理，，，四點共面，，，，四點共面，所以將兩幾何體拼接起來，使它們一個表面完全重合，得到一個七面體.1．（2024·全國·高考真題）已知正三棱臺的體積為，，，則與平面ABC所成角的正切值為（

）A． B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】解法一：根據(jù)臺體的體積公式可得三棱臺的高，做輔助線，結(jié)合正三棱臺的結(jié)構(gòu)特征求得，進而根據(jù)線面夾角的定義分析求解；解法二：將正三棱臺補成正三棱錐，與平面ABC所成角即為與平面ABC所成角，根據(jù)比例關(guān)系可得，進而可求正三棱錐的高，即可得結(jié)果.【詳解】解法一：分別取的中點，則，可知，設正三棱臺的為，則，解得，如圖，分別過作底面垂線，垂足為，設，則，，可得，結(jié)合等腰梯形可得,即，解得，所以與平面ABC所成角的正切值為；解法二：將正三棱臺補成正三棱錐，則與平面ABC所成角即為與平面ABC所成角，因為，則，可知，則，設正三棱錐的高為，則，解得，取底面ABC的中心為，則底面ABC，且，所以與平面ABC所成角的正切值.故選：B.2．（2024·上海·高考真題）如圖為正四棱錐為底面的中心．(1)若，求繞旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體的體積；(2)若為的中點，求直線與平面所成角的大?。敬鸢浮?1)(2)【分析】（1）根據(jù)正四棱錐的數(shù)據(jù)，先算出直角三角形的邊長，然后求圓錐的體積；（2）連接，可先證平面，根據(jù)線面角的定義得出所求角為，然后結(jié)合題目數(shù)量關(guān)系求解.【詳解】（1）正四棱錐滿足且平面，由平面，則，又正四棱錐底面是正方形，由可得，，故，根據(jù)圓錐的定義，繞旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體是以為軸，為底面半徑的圓錐，即圓錐的高為，底面半徑為，根據(jù)圓錐的體積公式，所得圓錐的體積是（2）連接，由題意結(jié)合正四棱錐的性質(zhì)可知，每個側(cè)面都是等邊三角形，由是中點，則，又平面，故平面，即平面，又平面，于是直線與平面所成角的大小即為，不妨設，則，，又線面角的范圍是，故.即為所求.3．（2024·全國·高考真題）如圖，，，，,為的中點.(1)證明：平面；(2)求點到的距離.【答案】(1)證明見詳解；(2)【分析】（1）結(jié)合已知易證四邊形為平行四邊形，可證，進而得證；（2）先證明平面，結(jié)合等體積法即可求解.【詳解】（1）由題意得，，且，所以四邊形是平行四邊形，所以，又平面平面，所以平面；（2）取的中點，連接，，因為，且，所以四邊形是平行四邊形，所以，又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形，可得，又，所以，故.又平面，所以平面，易知.在中，，所以.設點到平面的距離為，由，得，得，故點到平面的距離為.4．（2024·全國·高考真題）如圖，四棱錐中，底面ABCD，，．(1)若，證明：平面；(2)若，且二面角的正弦值為，求．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）先證出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，從而，再根據(jù)線面平行的判定定理即可證出；（2）過點D作于，再過點作于，連接，根據(jù)三垂線法可知，即為二面角的平面角，即可求得，再分別用的長度表示出，即可解方程求出．【詳解】（1）（1）因為平面，而平面，所以，又，，平面，所以平面，而平面，所以.因為，所以，根據(jù)平面知識可知，又平面，平面，所以平面．（2）如圖所示，過點D作于，再過點作于，連接，因為平面，所以平面平面，而平面平面，所以平面，又，所以平面，根據(jù)二面角的定義可知，即為二面角的平面角，即，即．因為，設，則，由等面積法可得，，又，而為等腰直角三角形，所以，故，解得，即．5．（2023·全國·高考真題）已知為等腰直角三角形，AB為斜邊，為等邊三角形，若二面角為，則直線CD與平面ABC所成角的正切值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)給定條件，推導確定線面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.【詳解】取的中點，連接，因為是等腰直角三角形，且為斜邊，則有，又是等邊三角形，則，從而為二面角的平面角，即，

顯然平面，于是平面，又平面，因此平面平面，顯然平面平面，直線平面，則直線在平面內(nèi)的射影為直線，從而為直線與平面所成的角，令，則，在中，由余弦定理得：，由正弦定理得，即，顯然是銳角，，所以直線與平面所成的角的正切為.故選：C6．（2023·北京·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，PA∩PB=P，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，建立空間直角坐標系，如圖，

則，所以，設平面的法向量為，則，即令，則y1=?1，所以，設平面的法向量為，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.7．（2023·全國·高考真題）（多選）已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，，，點C在底面圓周上，且二面角為45°，則（

）．A．該圓錐的體積為 B．該圓錐的側(cè)面積為C． D．的面積為【答案】AC【分析】根據(jù)圓錐的體積、側(cè)面積判斷A、B選項的正確性，利用二面角的知識判斷C、D選項的正確性.【詳解】依題意，，，所以，A選項，圓錐的體積為，A選項正確；B選項，圓錐的側(cè)面積為，B選項錯誤；C選項，設是的中點，連接，則，所以是二面角的平面角，則，所以，故，則，C選項正確；D選項，，所以，D選項錯誤.故選：AC.

8．（2023·全國·高考真題）如圖，在三棱柱中，平面．

(1)證明：平面平面；(2)設，求四棱錐的高．【答案】(1)證明見解析.(2)【分析】(1)由平面得，又因為，可證平面，從而證得平面平面；(2)過點作，可證四棱錐的高為,由三角形全等可證，從而證得為中點，設，由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求.【詳解】（1）證明：因為平面，平面,所以,又因為，即，平面，,所以平面，又因為平面,所以平面平面.（2）如圖，

過點作，垂足為.因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以四棱錐的高為.因為平面，平面,所以,,又因為，為公共邊，所以與全等，所以.設，則，所以為中點，,又因為,所以,即，解得，所以，所以四棱錐的高為．9．（2023·全國·高考真題）如圖，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距離為1．

(1)證明：；(2)已知與的距離為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)線面垂直，面面垂直的判定與性質(zhì)定理可得平面，再由勾股定理求出為中點，即可得證；（2）利用直角三角形求出的長及點到面的距離，根據(jù)線面角定義直接可得正弦值.【詳解】（1）如圖，

底面，面，，又，平面，,平面ACC1A1，又平面，平面平面，過作交于，又平面平面，平面，平面到平面的距離為1，，在中，，設，則，為直角三角形，且，，，，，解得，，（2），，過B作，交于D，則為中點，由直線與距離為2，所以，，，在，，延長，使，連接，由知四邊形為平行四邊形，，平面，又平面，則在中，，，在中，，，,又到平面距離也為1，所以與平面所成角的正弦值為.10．（2023·全國·高考真題）如圖，在三棱錐中，，，，，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，，點F在AC上，.

(1)證明：平面；(2)證明：平面平面BEF；(3)求二面角的正弦值.【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3).【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）法一：由（1）的信息，結(jié)合勾股定理的逆定理及線面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：過點作軸平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，所以由求出點坐標，再求出平面與平面BEF的法向量，由即可證明；（3）法一：由（2）的信息作出并證明二面角的平面角，再結(jié)合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面與平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【詳解】（1）連接，設，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）法一：由（1）可知，則，得，因此，則，有，又，平面，則有平面，又平面，所以平面平面.法二：因為，過點作軸平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，，在中，，在中，，設，所以由可得：，可得：，所以，則，所以，，設平面的法向量為n1=則，得，令，則，所以，設平面的法向量為，則，得，令，則，所以，，所以平面平面BEF；

（3）法一：過點作交于點，設，由，得，且，又由（2）知，，則為二面角的平面角，因為分別為的中點，因此為的重心，即有，又，即有，，解得，同理得，于是，即有，則，從而，，在中，，于是，，所以二面角的正弦值為.

法二：平面的法向量為，平面的法向量為，所以，因為，所以，故二面角的正弦值為.11．（2023·天津·高考真題）如圖，在三棱臺中，平面，為中點.，N為AB的中點，

(1)求證：//平面；(2)求平面與平面所成夾角的余弦值；(3)求點到平面的距離．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）先證明四邊形是平行四邊形，然后用線面平行的判定解決；（2）利用二面角的定義，作出二面角的平