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- 第2讲 空间直线、平面的平行（练透重点题型）-2023-2024学年高一数学下学期重点题型精讲精练（人教A版必修第二册） 试卷 0 次下载
- 第1讲 随机抽样（练透重点题型）-2023-2024学年高一数学下学期重点题型精讲精练（人教A版必修第二册） 试卷 0 次下载
- 第2讲 用样本估计总体（练透重点题型）-2023-2024学年高一数学下学期重点题型精讲精练（人教A版必修第二册） 试卷 0 次下载
- 第1讲 随机事件与概率（练透重点题型）-2023-2024学年高一数学下学期重点题型精讲精练（人教A版必修第二册） 试卷 0 次下载
第3讲 空间直线、平面的垂直（练透重点题型）-2023-2024学年高一数学下学期重点题型精讲精练（人教A版必修第二册）
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这是一份第3讲 空间直线、平面的垂直（练透重点题型）-2023-2024学年高一数学下学期重点题型精讲精练（人教A版必修第二册），文件包含第3讲空间直线平面的垂直练透重点题型原卷版docx、第3讲空间直线平面的垂直练透重点题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共161页， 欢迎下载使用。
类型一：直线与平面垂直的判定定理
类型二：利用直线与平面垂直证明线线平行
类型三：利用直线与平面垂直证明线线垂直
类型四：利用直线与平面垂直证明面面垂直
类型五：面面垂直的性质定理
类型六：空间中的距离问题
角度1：点面距
角度2：线面距
角度3：面面距
类型七：直线与平面所成角
角度1：求线面角
角度2：由线面角求参数
角度3：线面角最值问题
角度4：直线与平面所成角探索性问题
类型八：二面角
角度1：求二面角
角度2：由二面角求参数
角度3：二面角最值问题
角度4：二面角探索性问题
类型九：新定义题
类型一：直线与平面垂直的判定定理
典型例题
例题1．（2023秋·内蒙古赤峰·高三统考阶段练习）如图，在四棱锥（图一）和三棱锥（图二）中，四边形为正方形，平面，≌，将四棱锥和三棱锥重新组合成一个新的几何体（图三），且面和面完全重合，且，．
(1)证明：平面；
【答案】(1)证明见解析；
【详解】（1）因为面面，故，又//，故底面为直角梯形，
又，故可得，又，
故，则；
又面面，故，又四边形为正方形，故，
面，故面面，故；
又面，故面.
例题2．（2023·全国·高三专题练习）如图，和都垂直于平面，且，，是的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
（1）证明：（1）取的中点，连接，，
∵是的中点，∴，，
∵和都垂直于平面，∴，
∵，∴，，
∴四边形为平行四边形，从而，
∵平面，平面，∴平面．
（2）
证明∵垂直于平面，平面，∴，
∵，∴，
∵，平面，∴平面，
由（1）可知：，∴平面．
例题3．（2023·广西柳州·统考模拟预测）如图，在三棱锥中，，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若点在棱上，且，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）连接OB，如图，
∵，∴，即△ABC是直角三角形，
又O为AC的中点，∴，又∵，
∴≌≌，
∴．
∴，OB、AC平面ABC
∴PO⊥平面ABC．
（2）由（1）得PO⊥平面ABC，
在中，，
．
设点C到平面POM的距离为d，由，
解得，
∴点C到平面POM的距离为．
同类题型演练
1．（2023秋·河南南阳·高三统考期末）如图,四棱锥的底面为直角梯形,,底面, ,设平面与平面的交线为．
(1)证明:;
(2)证明:平面;
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）证明:由题可知,
平面,平面,
故平面,
平面,平面平面,
;
（2）证明:底面,
,
底面为直角梯形,
且,
,
平面,平面,
平面,
由(1)知,
平面;
2．（2023·全国·高三专题练习）在四棱锥中，底面是正方形，，．
(1)求证：平面；
(2)求异面直线与所成的角；
【答案】(1)证明见解析，
(2)，
（1）证明：因为底面是正方形，，，
所以，
所以，
同理，
因为，平面，
所以平面；
（2）解：连接，
因为四边形为正方形，所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
所以异面直线与所成的角为；
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，底面，，分别为，的中点.设平面与平面交于直线
(1)求证：平面；
(2)求证：∥.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
（1）因为 平面， 平面， 所以 .
因为 ，， 所以 平面.
（2）在中，因为 ，分别为，的中点，所以 .
因为 平面，平面，所以 平面.
因为平面与平面交于直线，所以∥.
类型二：利用直线与平面垂直证明线线平行
典型例题
例题1．（2023·全国·高三专题练习）圆柱如图所示，为下底面圆的直径，为上底面圆的直径，底面，证明：面
【答案】证明见解析
【详解】证明：连接，，，可得平面，
∵平面，∴，
∵，∴四边形为平行四边形，∴，∴且，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵平面，平面，∴平面
例题2．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知多面体，平面平面，且，证明：平面.
【答案】证明见解析.
【详解】因为平面平面，则，又，即四边形为平行四边形，
因此，而平面平面，
所以平面.
例题3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在多面体中四边形是正方形，平面，平面，.证明：平面平面.
【答案】证明见解析
【详解】证明：∵平面，平面，
∴.
∵平面，平面，
∴平面.
∵四边形是正方形，
∴.
∵平面，平面，
∴平面.
∵平面，平面，且，
∴平面平面.
同类题型演练
1．（2023·全国·高三专题练习）如图，四边形是菱形，平面，平面，且，分别是的中点，证明：平面平面
【答案】证明见解析
【详解】因分别是的中点，则有，
又平面，平面，于是得平面，
连接AC交BD于点O，连接FO，如图，
因四边形ABCD为菱形，则O为AC中点，而F为AB1中点，于是得，
因平面，平面，因此，平面，
又平面，平面，则有，而，于是得四边形是平行四边形，
则有，又，平面，
所以平面平面.
2．（2023·全国·高三专题练习）如图所示的多面体中，四边形为矩形，，平面，求证：平面.
【答案】证明见解析
【详解】因，则，，而，平面ABCD，于是得平面ABCD，
因平面ABCD，则有，而平面BCF，平面BCF，从而得平面BCF，
在矩形ABCD中，则，平面BCF，平面BCF，于是得平面BCF，
而，平面ADE，因此，平面平面BCF，平面ADE，
所以平面BCF.
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，是正三角形，和都垂直于平面，且，，是的中点，求证：平面．
【答案】证明见解析
【详解】证明：取的中点，连接，，可得，．因为平面，平面，所以．
又因为．所以，．所以四边形是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面．
类型三：利用直线与平面垂直证明线线垂直
典型例题
例题1．（2023·安徽淮南·统考一模）在三棱锥中，底面为等腰直角三角形，.
(1)求证：；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）
证明：取的中点为E，连结，
∵，∴，
在和中，
∴，∴，
∵的中点为E，∴，
∵，∴面，
∵面，∴
例题2．（2023秋·山西·高三校联考阶段练习）如图，在直四棱柱中，四边形是菱形，，，，点是棱上的一点（与，不重合）.
(1)求证：；
【答案】(1)证明见解析；
【详解】（1）证明：如图1，连结.
由已知可得，平面，平面，所以.
又因为四边形是菱形，所以.
又平面，平面，，
所以平面.
因为平面，所以.
例题3．（2023秋·江西赣州·高三统考期末）如图，在四棱锥中，，，，，，，平面，点是棱上的动点．
(1)证明：；
(2)设，求当平面时的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）证明：由于平面且，
所以平面，又平面，所以．
由，
得，即，
解得或（舍），
所以，即，
又平面，，且，
所以平面，而平面，
因此．
（2）连，交于点N，连，
因为平面，平面，平面平面，
所以，故．
在梯形中，根据与相似，可得，
所以，即当平面时的值为．
同类题型演练
1．（2023秋·广东广州·高二铁一中学校考期末）四棱锥，平面ABCD，底面ABCD是菱形，，平面平面PBC.
(1)证明：⊥；
【答案】(1)证明过程见解析
【详解】（1）如图，过点A作AE⊥PB于点E，
因为平面平面PBC，交线为PB，且AE平面PAB，
所以AE⊥平面PBC，
因为平面PBC，
所以AE⊥BC，
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以PA⊥BC，
因为，平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，
因为AB平面PAB，
所以BC⊥AB；
2．（2023秋·北京西城·高二统考期末）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，为线段的中点，.
(1)求证：；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）由平面，根据线面垂直的性质定理可知，
又因为底面为正方形，所以，
又因为，且PA,BA含于平面PAB,所以平面；
为线段的中点，平面，
所以，
3．（2023秋·北京朝阳·高二统考期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，，点O是的中点．
(1)求证：；
【答案】(1)证明过程见解析；
【详解】（1）因为，点O是的中点，
所以，因为平面平面，平面平面，
所以平面，而平面，
所以；
类型四：利用直线与平面垂直证明面面垂直
典型例题
例题1．（2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，平面平面
（1）证明：平面平面；
【答案】（1）证明见解析；
【详解】（1）由题知，四边形为菱形，则，
又平面平面，且AC为交线，，
则平面，又平面，
则，又，
则平面，又平面，
则平面平面；
例题2．（2023·广西·统考模拟预测）如图，多面体中，是菱形，，平面，，且.
(1)求证：平面平面；
(2)求多面体的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）
如图所示，连接，
平面，平面，
，
四边形为菱形，
，
又，且，平面，
平面，
平面，
平面平面；
（2）
如图所示，取中点，连接，
四边形为菱形，且，
，，
平面，平面，
，
又，且，平面，
平面，
所以四棱锥的体积为，
又因为平面，
所以三棱锥的体积，
所以几何体的体积.
例题3．（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱锥的底面为矩形，，，，分别是，的中点，.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面.
【答案】（1）证明过程见详解；（2）证明过程见详解.
【详解】（1）设的中点为，连接,因为F是PC的中点，所以有
,又因为四棱锥P﹣ABCD的底面为矩形, E是AB的中点,所以有
，因此有,所以四边形是平行四边形，因此有,平面PAD，平面PAD，所以EF∥平面PAD；
（2）在矩形中，设交于点，因为E是AB的中点,所以，
因为，所以∽，因此，而
，所以，而DE⊥PA，
平面PAC，所以平面PAC，而平面PDE，因此
平面PAC⊥平面PDE.
同类题型演练
1．（2023秋·江苏无锡·高三统考期末）如图，在四棱锥中，，，，，，，平面PAD，点M满足．
(1)若，求证：平面平面；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）证明：∵，，，∴．
∵，∴，而，
∴，，∴．
∵平面PAD，平面ABCD，
∴平面平面PAD且平面平面，
由平面PAD，平面ABCD，
平面ABCD，∴，
且，，，∴，
∴，又∵，平面PCM，
∴平面PCM．
又∵平面，∴平面平面.
2．（2023·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面四边形是平行四边形，平面，且，的中点为．
(1)求证：平面平面；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）由题意证明如下
在平行四边形中，，
∴，
∴
在四棱锥中，平面，
∵
∴
∵，，
∴
∵
∴
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，四面体中，，E为的中点．证明：平面平面
【答案】证明见解析
【详解】证明：因为，为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，
所以平面平面.
类型五：面面垂直的性质定理
典型例题
例题1．（2023·河南郑州·高三校联考阶段练习）已知四棱锥 中，底面 ，平面平面 ，，.
(1)求证：平面 ；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）证明；因为平面平面，平面平面，
在平面内作，则 平面，平面，
所以.
因为PA⊥底面ABCD，平面，所以,
平面，则平面，
因为,∴平面.
例题2．（2023秋·广东深圳·高三统考期末）如图，在三棱柱中，侧面为矩形，平面平面，，且为的中点.
(1)证明：平面平面；
【答案】(1)证明见解析；
【详解】（1）证明：侧面为矩形，
，
，、，且，
，
，
，且平面平面，
，
，
；
例题3．（2023秋·广东·高二校联考期末）如图，已知平行四边形与直角梯形所在的平面互相垂直，且，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)证明：平面．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【详解】（1）证明：取的中点，连接，，如图，
为的中点， ，且，
又，且，，且，
四边形是平行四边形，，
又平面，平面，
平面.
（2）证明：四边形是平行四边形，
，又，
在中，由余弦定理可得：
，，
， .
平面平面，平面平面，平面.
同类题型演练
1．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在的平面垂直于底面ABCD．
(1)若G为AD边的中点，求证：BG⊥平面PAD；
(2)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找一点F，使得PA//平面DEF？并证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析
(2)能；证明见解析
【详解】（1）在底面菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD边的中点，所以BG⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BG⊥平面PAD．
（2）连接DE，EF，DF，设DE交AC于点H，连接HF
因为PA//平面DEF，PA平面PAC，平面PAC平面DEF，所以；
由于底面ABCD为菱形，为的中点，易证，所以，由PA//，可得，
所以存在点为棱上靠近的三等分点，可使PA//平面DEF.
2．（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱锥中，为矩形，平面平面.求证：.
【答案】证明见解析
【详解】证明：因为为矩形，所以.
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
3．（2023·全国·高三专题练习）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为（单位：）的正方形，、、、均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．证明：平面
【答案】证明见解析
【详解】证明：分别取、的中点、，连接，如下图所示：
因为、为全等的正三角形，所以，,
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
根据线面垂直的性质定理可知，而，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面．
类型六：空间中的距离问题
角度1：点面距
典型例题
例题1．（2023·上海·高二专题练习）在棱长为1的正方体中，到平面的距离为________.
【答案】
【详解】如图，设到平面的距离为，
，
又
，
得.
故答案为：
例题2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在长方体中，，，，则点到平面的距离为______.
【答案】
【详解】在长方体中，平面，则有，
又，，，于是有，，
而平面，，
设点到平面的距离为h，由得：，
即，解得，
所以点到平面的距离为.
故答案为：
例题3．（2023·全国·高三专题练习）正方体的棱长为2，，分别是，的中点，则点到平面的距离为________.
【答案】
【详解】取的中点，连接，
则，
点到平面的距离等于点到平面的距离，
由等体积可得，解得，
故答案为：
例题4．（2023·全国·高三专题练习）已知，为平面外一点，，点到两边，的距离均为，那么到平面的距离为___________．
【答案】.
【详解】作分别垂直于，平面，连，
知，，
平面，平面，
，．，
，
，为平分线，
，又，
．
例题5．（2023秋·广东东莞·高二东莞市东莞中学校考期末）如图，在直三棱柱中，分别为的中点．
(1)判断直线与平面的位置关系，并说明理由；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)平行，证明见解析；
(2)
【详解】（1）如图，作中点，并连接,
分别为的中点,∥,
平面，平面,
∥平面,
又在直三棱柱中，∥,
平面，平面
∥平面,
且,平面，平面，
故平面∥平面，而平面，
故∥平面.
（2）则底面为等边三角形，
且为的中点，,
在直三棱柱中，,，
且∥平面,平面,
故,
又,
,，则中边上高，
故，
故，
∴点到平面的距离为.
例题6．（2023·河南郑州·高三校联考阶段练习）已知四棱锥中，底面，平面平面，，为中点，．
(1)求证：平面；
(2)求到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为，为中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，所以平面，平面，所以，
因为底面，底面，所以，
，平面，则平面，因为，
∴平面；
（2）因为平面，∴，，，
，，
到平面的距离为2，设到平面的距离为，因为，
所以，解得．所以到平面的距离为．
角度2：线面距
典型例题
例题1．（2022秋·上海黄浦·高二校考期末）若正四棱柱的底面边长为，与底面成角，则到底面的距离为__________.
【答案】
【详解】∵正四棱柱，
∴平面平面，
平面，
平面,
到底面的距离为正四棱柱的高
∵正四棱柱的底面边长为，与底面成角，
故答案为:．
例题2．（2022春·上海杨浦·高一复旦附中校考期末）正方体的棱长为2，则直线与平面的距离是__．
【答案】
【详解】因为，平面，平面，
所以平面，
故点到平面的距离即为直线与平面的距离，
连接交于点，
因为四边形为正方形，所以⊥BD，
又因为⊥平面ABCD，平面ABCD，
所以⊥BD，
因为，平面，
所以BD⊥平面，故BO即为直线与平面的距离，
因为正方体的棱长为2，
所以，
故直线与平面的距离为.
故答案为：
例题3．（2022·高二课时练习）已知正方体中，为的中点，为的中点.
(1)求证：∥平面；
(2)若正方体的棱长为1，求到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
(1)如图，
取的中点，连接，
是的中点，
∥，
四边形是平行四边形，
∥，
又，且FM∥AD∥，
四边形是平行四边形，
∥，
∥，
又平面平面，
∥平面.
(2)
∥平面，
到平面的距离就是到平面的距离，设此距离为，
，
，
即①，
正方体的棱长为1，
，，
代入①得，
到平面的距离为.
例题4．（2022·高一课时练习）已知长方体.
（1）求证：平面
（2）若，，求和平面的距离.
【答案】(1) 证明见解析 ； (2)
【详解】(1)在长方体中，
又平面
所以平面
(2)由(1) 平面，
则直线上任意一点到平面的距离都相等,
所以只需求直线上任意一点到平面的距离,
在长方体中, 平面
且平面，则平面平面
过点作交于,
则平面,
即为直线和平面间的距离
在中，，,则.
由等面积法得：
所以和平面的距离.
角度3：面面距
典型例题
例题1．（2022秋·上海黄浦·高二格致中学校考阶段练习）平面，点，点，如果，且，在内射影长分别为5和9，则平面与间的距离为________．
【答案】12
【详解】如图，，由题意可知，， ，
设 ，，
则 ，解得：，
平面与平面间的距离
故答案为：12
例题2．（2022·高一课时练习）在长方体中，有一过且与平面平行的平面，棱，，则平面与平面的距离是_________．
【答案】
【详解】因为平面平面，平面，所以到平面的距离即为平面与平面间的距离，易知平面，从而点A到平面的距离即为所求的距离．
如图，过点A作于点．
因为平面，平面
所以平面平面，
又平面平面=
所以平面，则即为所求．
在中，，，则，
因为，所以．
故平面与平面的距离为．
故答案为：
例题3．（2022春·广东揭阳·高一统考期末）如图在直三棱柱中，，，，是上的一点，且，、、分别是、、的中点，与相交于．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(1)证明：由直三棱柱的性质得平面平面，
又，平面平面，平面，
平面，
又平面，
，
，
在和中，，
，即，
又，平面
平面．
(2)解：由题意知，
在中，，
又，，
平面，平面，
平面，
、分别为、的中点，
，又，
，
平面，平面，
平面，
平面，平面，，
平面平面．
平面，平面平面，
平面，
为平行平面与之间的距离，
，
即平面与之间的距离为．
例题4．（2022秋·天津河北·高二统考期末）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，，的中点，点在棱上，且，，.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)求平面与平面的距离.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
（1）
证明：在直三棱柱中，
为的中点，，，
故，
因为，
所以，
又平面，平面，
所以，
又因，，
所以平面，
又平面，所以，
又，
所以平面；
（2）
证明：取的中点，连接，
则为的中点，
因为，，分别为，，的中点，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，
所以，所以，
又平面，平面，
所以平面，
因为，所以，
又平面，平面，
所以平面，
又因，平面，平面，
所以平面平面；
（3）
设，
因为平面，平面平面，所以平面，
所以即为平面与平面的距离，
因为平面，所以，
，
所以，
即平面与平面的距离为.
类型六同类题型演练
1．（2022秋·安徽马鞍山·高二校考期中）如图，设P为矩形ABCD所在平面外一点，直线PA⊥平面ABCD，AB=3，BC=4，PA=1，则点P到直线BD的距离为______.
【答案】
【详解】
过作于，连接，
直线PA⊥平面ABCD,,又，面PAE，则面
.为所求的距离，
在中， ,
在中，,
故答案为：
2．（2022秋·上海·高二专题练习）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，则直线AA1到平面BB1D1D的距离为______.
【答案】
【详解】解：如图，
∵在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
∴BD⊥AC，
又∵B1B⊥面ABCD，
∴B1B⊥AO，
又，面BB1D1D， 面BB1D1D，
∴AO⊥面BB1D1D，
∵AA1∥平面BB1
∴点A到面BB1D1D距离＝AA1和面BB1D1D的距离即为AO，
则AO＝BA×cs45°＝，
故答案为：．
3．（2023秋·上海嘉定·高二上海市育才中学校考期末）在棱长为1的正方体中，,是线段上的动点，过作平面的垂线交平面于点，则点到点的距离最小值是___________．
【答案】
【详解】连结，易知面面，而，即，在面内，且点的轨迹是线段，连结，易知是等边三角形，则当为中点时，距离最小，易知最小值为
4．（2023·全国·高三专题练习）如图，三棱锥中，，均为等边三角形，，O为AB中点，点D在AC上，满足，且面面ABC．
(1)证明：面POD；
(2)若点E为PB中点，问：直线AC上是否存在点F，使得面POD，若存在，求出FC的长及EF到面POD的距离；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)见解析
（1）
由条件、为等边三角形，为的中点，
则，，，
由余弦定理得
从而在中，，
得为直角三角形，且，
又面面，面面，且，面,
则由面面垂直的性质定理可得面
由面，
因此由，，，面，即面POD.
（2）
存在AC上的点F，使得面
点E为PB中点，取的中点，可得，再在面内作交于点，该点即为满足题意的点（如图）．
下面证明面面
由于，面，面，则面，
，面，面，则面，
面，面，，
则由面面平行的判定定理可得面面，面，因此面POD
又由于，从而可得，，，
由（1）可知，面，则面，即为面与面间的距离，也即到面的距离．
综上：存在上的点，使得面，，
到面的距离为．
5．（2022春·福建厦门·高一统考期末）如图，棱长为2的正方体ABCD –A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过E作平面，使得//平面BDF.
(1)作出截正方体ABCD - A1B1C1D1所得的截面，写出作图过程并说明理由；
(2)求平面与平面的距离.
【答案】(1)答案见解析
(2)
（1）
连接，由正方体性质可得，；
又，所以平面平面；
因为//平面，且，所以平面与平面重合，即平面就是截正方体ABCD - A1B1C1D1所得的截面.
（2）
由（1）可知平面与平面的距离等于点到平面的距离；
设点到平面的距离为，由题意可得，所以的面积为；的面积为；
由可得，解得.
所以平面与平面的距离为.
6．（2022秋·福建泉州·高二校考阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，，.点在上，且平面.
(1)若，求的值；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由ABCD为菱形且 是等边三角形， ，
平面ABCD， 平面ABCD， 平面ABCD， 平面ABCD，
， ，
又 平面ACM， 平面ACM， ；
设 ， ，则 ，在 和 中，
，即 ，
解得： ， ；
（2）
， 是等腰直角三角形， ， ，
过M点作直线 ，与BD的交点为H，则 平面ABCD，
，MH是三棱锥 底面ABD的高，
， ，
三棱锥P-ABD的体积 ， 三棱锥M-APD的体积 ；
设M点到平面PAD的距离为h，则 ；
综上，点M到平面PAD的距离为 .
7．（2022秋·河南·高三期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD，梯形ABCD中，，，E是PD的中点.
(1)求证：平面平面PBC；
(2)若，求P到平面AEC的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）∵PC⊥平面ABCD，平面ABCD，∴.
取AB的中点M，连接CM，
∵，，∴，，
∴四边形ADCM为平行四边形.
∵，∴为菱形，∴.
∵，∴四边形BMDC为平行四边形,
∴,
∴.又有，平面PBC,
∴AC⊥平面PBC.平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC.
（2）∵，，，∴，
又有，，，∴.
，E为PD的中点，，
∴在中，.
由,
得,
求得.
在中，，则，∴的面积.
设P到平面AEC的距离为d，又，解得.
类型七：直线与平面所成角
角度1：求线面角
典型例题
例题1．（2023·四川泸州·泸州老窖天府中学校考模拟预测）如图示，三棱锥的底面是等腰直角三角形，，且，，则与面所成角的正弦值等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题知是等腰直角三角形且，是等边三角形，
设中点为，连接，，可知，，
同时易知，，
所以面，故即为与面所成角，
有，
故.
故选：A.
例题2．（2023·全国·高三对口高考）若正四棱锥的体积为4cm3，底面边长为cm，则该正四棱锥的侧棱与底面所成角的大小的正切值___________．
【答案】
【详解】如图，
正四棱锥P-ABCD中，过点P作平面ABCD于O，连接AO，
则AO是AP在底面ABCD上的射影，即为所求角；
，，，，
，
故答案为： .
例题3．（2023秋·上海浦东新·高二统考期末）如图，在直角中，，斜边，是中点，现将直角以直角边为轴旋转一周得到一个圆锥.点为圆锥底面圆周上一点，且.
(1)求圆锥的体积与侧面积；
(2)求直线与平面所成的角的正切值.
【答案】(1)，(2)
【详解】（1）由题意可得，
所以底面圆面积，圆锥的高，
所以圆锥的体积为.
圆锥侧面展开图的半径为，弧长为底面圆周长
圆锥的侧面积为.
（2）取中点，连接，如下图所示：
在中，中位线，易知平面
可得平面，
所以即为直线与平面所成的角，
易知，又，所以，
所以.
所以直线与平面所成的角的正切值为.
例题4．（2023·全国·高三专题练习）已知点，分别是正方形的边，的中点.现将四边形沿折起，使二面角为直二面角，如图所示.
（1）若点，分别是，的中点，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】证明：（1）连接，
设点为的中点，连接，，
在中，又因为点为中点，
所以.
同理可证得，
又因为，分别为正方形的边，的中点，
故，所以.
又因为，所以平面平面.
又因为平面，所以平面.
（2）因为为正方形，，分别是，的中点，
所以四边形为矩形，则.
又因为二面角为直二面角，平面平面，平面，
所以平面，
则为直线在平面内的射影，
因为为直线与平面所成的角.
不妨设正方形边长为，则，
在中，，
因为平面，平面，所以，
在中，，
，
即为直线与平面所成角的正弦值.
例题5．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱台中，平面平面，，，，.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明详见解析；（2）.
【详解】（Ⅰ）延长相交于一点，如图所示.
因为平面平面，且，所以
平面，因此，.
又因为，，，所以
为等边三角形，且为的中点，则
所以平面.
（Ⅱ）因为平面，所以是直线与平面所成的角.
在中，，得.
所以，直线与平面所成的角的余弦值为.
角度2：由线面角求参数
典型例题
例题1．（2023·全国·高三专题练习）已知圆锥的两条母线，且与的夹角，的面积为，圆锥的母线与圆锥的底面圆所成的角为，则圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由圆锥的两条母线，，可得三角形的面积为：，.
设圆锥的高为h，底面圆O的半径为R，由圆锥的母线SA与圆锥的底面圆O所成的角为，可得，，，
则圆锥的体积：，
故选：B
例题2．（2023·上海·高二专题练习）若正三棱锥底面边长为2，侧棱与底面所成的角为，则其体积为_______．
【答案】
【详解】解：先求正三棱锥的高，由题意，顶点在底面中的射影是底面的中心，
为侧棱与底面所成角，，
从而有高，
又底面积，
所以正三棱锥的体积.
故答案为：.
例题3．（2023秋·上海金山·高二上海市金山中学校考期末）如图，在四棱锥中，平面，，，，，直线与平面成角.设四面体外接球的圆心为，则球的体积为__________.
【答案】##
【详解】在底面ABCD上，，AD⊥AB，DC＝2，AD＝AB＝1，
所以∠ADB＝∠ABD＝45°，所以，
在△BCD上，，
由余弦定理可得：
，
所以，所以∠CBD＝90°．
所以BD⊥CB．
又因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥BC．
又PD∩BD＝D，PD 面PBD， BD面PBD
所以BC⊥面PBD，所以BC⊥PB．
则△PCD和△PBC均为直角三角形，当O点为PC中点时，OP＝OD＝OB＝OC，
此时O为四面体PBCD的外接球的球心．
∵直线PA与平面ABCD成45°角．PD⊥平面ABCD，
则∠PAD＝45°，∴PD＝AD＝1，
又，
∴四面体PBCD外接球的半径为，
所以四面体PBCD外接球的体积为．
故答案为：．
例题4．（2023·全国·高三专题练习）如图，四边形为平行四边形，点在上，，且．以为折痕把折起，使点到达点的位置，且．
(1)求证：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正切值为，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)
（1）
∵BE⊥CD，
∴BE⊥EF
又EF∩CD＝E，EF，CD⊂平面DEF，
∴BE⊥平面DEF，
又FD⊂平面DEF，
∴DF⊥BE，
∵CE＝2ED＝2，
∴DE＝1，EF＝2，又∠FED＝60°，
由余弦定理得DF，
则DF2+DE2＝EF2，
∴DF⊥DE，
又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面ABDE，
∴DF⊥平面ABED，
又DF⊂平面FAD，
∴平面FAD⊥平面ABED；
（2）
由（1）知，DF⊥平面ABED，连接BD，
∴∠FBD为直线BF与平面ABED所成角，则tan，
由（1）知，DF，则BD，
又DE＝1，则BE＝2，AB＝CD＝3DE＝3，
设A到平面BEF的距离为h，
则VA﹣BEF＝VF﹣ABE，
∴，
解得h，即点A到平面BEF的距离为．
例题5．（2023·全国·高三专题练习）如图，菱形中，把沿折起，使得点至处.
(1)证明：平面平面；
(2)若与平面所成角的余弦值为，，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)1
（1）如图所示，取AC与BD的交点为O，连接PO，
∵四边形ABCD为菱形，现把△BDC沿BD折起，使得点C至P处，
，∴，
∵AC平面PAC，PO平面PAC，,
∴BD⊥平面PAC，又BD平面ABCD，∴平面PAC⊥平面ABCD．
（2）作于H点，
∵，∴△PAC为直角三角形，
因为平面PAC⊥平面ABCD，平面PAC∩平面，
所以PH⊥平面ABCD，所以，
∵PA与平面ABD所成角的余弦值为，即，
∴△PAC为等腰直角三角形，∴H与O重合，
∵，菱形ABCD中，
∴，
.
角度3：线面角最值问题
典型例题
例题1．（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥中，互相垂直，，是线段上一动点，且直线与平面所成角的正切值的最大值是，则三棱锥外接球的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】解：因为是线段上一动点，连接．因为互相垂直，
所以是直线与平面所成的角，则．
所以当最短，即时，直线与平面所成角的正切值最大，此时，所以，
在中，，则，解得．
将三棱锥扩充为长方体，则长方体的体对角线长为．
故三棱锥外接球的半径，三棱锥外接球的体积为．
故选：B
例题2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在圆锥中，为圆锥的底面直径，为等腰直角三角形，为底面圆周上一点，且，为上一动点，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】如图，过点作于点，连，∵平面，平面，∴，又，，平面，∴平面，又∵平面，∴，故为直线与平面所成的角，在中，越小，越大，越大，当时，最小，此时最大，∵为等腰直角三角形，又，在中，,在中，，则,在等腰直角三角形中，，在中，,,则，
故选：C.
例题3．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测）三棱锥中，面面，，，，，,为射线上一动点，求直线与面所成角的正弦的最大值为______________
【答案】
【详解】
如图，过作，垂足点为，连接,
根据面面，面面，可得底面，
即为直线与面所成角，设，
设，又，则，
因为，，，，则，
易知，且，
在中，，
由余弦定理可得：，
又，，
所以，，
令，
则，，当时，取得最大值.
所以，直线与面所成角的正弦的最大值为．
故答案为：．
例题4．（2023·全国·高三专题练习）已知正方体棱长为4. 若是平面内的动点，且，则与平面所成角的正切值的最大值为________.
【答案】
【详解】连接，如图，
易知平面，平面，所以，又，，故平面，平面，所以，
即点在平面内的轨迹为以为直径的圆（除去点C），
又平面，故与平面所成角即为，
又，故要使最大，则最小，将平面及点轨迹画出如下图：
设为中点，连接，
则，故最小为，
此时.
故答案为：.
角度4：直线与平面所成角探索性问题
典型例题
例题1．（2022秋·内蒙古·高三霍林郭勒市第一中学统考阶段练习）如图1，已知直四棱柱，侧棱且垂直于底面，光线沿方向投影得到的主视图是直角梯形（如图2），，分别是棱，上的动点，且．
(1)证明：无论点运动到的哪个位置，四边形都为矩形；
(2)当直线与平面所成角的正弦值为时，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【详解】（1）在直四棱柱中，．
又∵，∴．
∵平面平面，平面平面，平面平面，
∴，
∴四边形为平行四边形．
∵侧棱底面，平面，∴，
∴平行四边形为矩形．
（2）设点到平面的距离为，，
则．
∵，，
，
∴，∴．
设直线与平面所成的角为．
∵，∴，
化简得，∴，即CE的长为1.
例题2．（2022春·天津滨海新·高一校考阶段练习）已知在四棱锥中，底面是矩形，且，，平面，､分别是线段,的中点.
(1)证明：；
(2)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由；
(3)若与平面所成的角为45°，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，且满足；
(3)
(1)
证明：连接，则，
又，所以，所以；
又平面ABCD，所以；
因为，所以平面，所以.
(2)
过点作交于点，则平面，且有；
再过点作交于点，则平面且.
所以平面平面，
所以平面，从而满足的点即为所求.
(3)
因为平面，所以是与平面所成的角，且，.
取的中点，则，平面，
连接，则为与平面所成角
在直角三角形中，，所以，
又，所以，
所以
例题3．（2022春·湖南株洲·高一株洲二中校考期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面V，，，点是的中点．
(1)求证：平面
(2)在线段上是否存在点，使直线与平面所成的角为？若存在，求出的长，若不存在，请说明理由？
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；
（1）
连接AC，设AC交BD于O，连接OQ，
因为底面ABCD是矩形，则O是AC中点，又点Q是PC的中点，
故OQ是三角形CPA的中位线，则，又平面BDQ，平面BDQ，
故平面 ；
（2）
因为平面ABCD，平面ABCD，则，
又底面ABCD是矩形，则，
又PD，平面PAD， ，则平面PAD，即平面PAD，
故就是直线PF与平面PAD所成的角，
又
则，故
故当时，在线段AB上是存在点F，使直线PF与平面PAD所成的角为 ；
综上，存在F点，使直线PF与平面PAD所成的角为，.
类型七同类题型演练
1．（2023·全国·高三专题练习）如图，在圆柱中，底面半径为，为圆柱的母线.
(1)若，为的中点，求直线与底面的夹角大小；
(2)若圆柱的轴截面为正方形，求该圆柱的侧面积和体积.
【答案】(1)；
(2)侧面积，体积.
【详解】（1）解：因为与圆柱的上底面垂直，则直线与底面所成的角为，
易知，在中，，，
故，故直线与底面的夹角大小为.
（2）解：若圆柱的轴截面为正方形，则，
故圆柱的侧面积为，体积为.
2．（2023·全国·高三专题练习）如图，三棱锥中，侧面PAB垂直于底面ABC，，底面ABC是斜边为AB的直角三角形，且，记O为AB的中点，E为OC的中点.
(1)求证：；
(2)若，直线PC与底面ABC所成角的大小为60°，求四面体PAOC的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
线面角的定义可得，结合锥体体积公式求四面体PAOC的体积.
【详解】（1）连接，因为，所以，
侧面垂直于底面，平面，平面平面，
所以底面，底面，所以，
是斜边为的直角三角形，且，所以，
又因为O为AB的中点，所以,所以为等边三角形，
又E为OC的中点，所以，
因为，，，，
所以平面，又平面，
所以；
（2）由（1）知底面ABC，所以直线PC与底面ABC所成角为，因为直线PC与底面ABC所成角的大小为，，
因为，所以，在中，，
，所以.
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，，，，，.
(1)求证：平面.
(2)设E为BC的中点，求PE与平面ABCD所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【详解】（1）∵，，PB=PD，∴Rt△PDC≌Rt△PBC，∴BC=DC，
又PB∩PD=P，∴PC⊥平面PBD，∵BD平面PBD，∴PC⊥BD，
∵AB=AD，BC=CD，∴易知AC⊥BD，
又∵AC∩PC=C，AC,PC含于面PAC∴BD⊥平面PAC；
（2）
如图，设AC交BD于O，则O是BD的中点，连接OP，过作，连接，
由（1）得，BD⊥平面PAC，面，故，又，所以，面，故为PE与平面ABCD所成角，设，因为为中点，且，故在中，，
又由BC=CD，且BD=，，
∴在△BCD中，由余弦定理得：，
即，解得，故，
∴，，，
，
∵PC⊥平面PBD，∴， 所以，在中，利用等面积法，得到
，故，所以，在中，
4．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PD＝BC＝1，二面角P－CD－A为直二面角．
(1)若E为线段PC的中点，求证：DE⊥PB；
(2)若PC＝，求PC与平面PAB所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2).
【详解】（1）证明：因为PD＝DC＝1，且E为PC的中点，
所以DE⊥PC，
又因为二面角P－CD－A为直二面角，
所以平面PCD⊥平面ABCD，
因为BC⊥CD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，平面ABCD，
所以BC⊥平面PCD，
因为平面PCD，
所以BC⊥DE.
因为BC⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，BC∩PC＝C，
所以DE⊥平面PBC，
又因为PB⊂平面PBC，
所以DE⊥PB.
（2）解：在中，，，
由余弦定理可得，
因为
所以∠PDC＝120°，
过点P作PH⊥CD的延长线于H，如图，
因为二面角P－CD－A为直二面角，平面平面，平面，
所以平面，
在中，，
过H点作HG∥DA，且HG与BA的延长线交于G点．
因为
所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以
在中，，
所以，
设点C到平面PAB的距离为h，则
，
解得，
设PC与平面PAB所成的角为θ，
，
即PC与平面PAB所成角的正弦值为.
5．（2023·上海·高二专题练习）如图，在直角三角形中，，斜边，直角三角形可以通过以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角，动点在斜边上.
(1)求证：平面平面；
(2)当为的中点时，求异面直线与所成角的正切值；
(3)求与平面所成角的正切值的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)．
【详解】（1）证明：因为，，所以为二面角的平面角，即，，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）解：取中点．连接，如图，
因为是中点，所以，所以异面直线与所成角为（或其补角），
由已知，，，平面，所以平面，
而平面，所以，所以，
又，，所以，，从而，，
，
；
（3）由（1）知平面，所以是与平面所成角，
又平面，则，
，
直角中，到上点的距离的最小值为边上的高即，
所以的最大值为．
6．（2022春·山东聊城·高一统考期末）如图，在三棱柱中，点在平面上的射影为的中点，，，，.
（1）求证：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以平面平面.
因为，，所以.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面
（2）解：
取中点，连接，，则，所以四边形是平行四边形.
因为，，，，平面，
所以平面，又平面
所以平面平面.
作于，则平面，
连接，则为直线与平面所成的角.
由，，，知，
又由（1）知平面，
所以，，
.
则.
由于，所以，所以.
故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.
7．（2022春·四川成都·高一统考期末）如图，在三棱锥D－ABC中，△ABC是边长为2的正三角形，△ADC是以AC为底边的等腰直角三角形，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)若BD＝2，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求FA与平面ABC所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(1)
因为是正三角形，E为AC的中点，所以，
又因为是以AC为底边的等腰直角三角形，所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以平面BED⊥平面ACD；
(2)
因为平面，平面，所以，
所以当最小时，△AFC的面积最小，此时，
由题可得，，因为 ，满足，
所以，且，
又，，所以平面，
过作，所以平面，
因为，所以，
因为，所以在直角中，，
设FA与平面ABC所成角为，则.
8．（2022春·湖南永州·高一统考期末）如图所示，在四棱锥中，已知底面是边长为6的菱形，，，，为线段上的点，且．
(1)证明：平面平面；
(2)为线段上的一点，且平面，求的值及直线与平面的夹角．
【答案】(1)证明见解析
(2)，
(1)
证明：设与相交于点，连接，
四边形为菱形，，
，，
又，平面，
则平面，
平面，
平面平面.
(2)
解：在线段上作点，过点作，交于，连接，，
，，则，故，，，四点共面，
平面，平面，平面平面，
，故四边形为平行四边形，则，
， ，
，，
在中，，，
在（1）知，又，平面，
平面，
过作，交于点，故且，
在中，，，
连接，在中，，
平面，则为直线与平面的夹角，
在中，，，
直线与平面的夹角为.
9．（2022春·福建漳州·高一统考期末）如图，在棱长为3的正方体中.
(1)求证：平面；
(2)若平面，求证：点E为的中心；
(3)若点P是平面内一个动点，且，求直线与平面所成角大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
（1）
如图，连接，
因为四边形为正方形，则，
∵平面，平面，则，
因为，
∴平面，
∵平面，
∴，
同理可证，
∵，
平面.
（2）
如图，由（1）知，平面，
∵，
∴，
∴，
∴E为的外心.
∵，
∴是正三角形；
∴E为正的中心.
（3）
如图，由（2）知E为正的中心，，
在中，由正弦定理得，，
，
∵，
∴，
∵平面，平面，
∴，即，，
∵，
即，
∵，解得，
所以，点P的轨迹是以点E为圆心，半径为1的圆，
∵平面，
所以，与平面所成的角为，
而，
∵，
故.
10．（2022春·四川绵阳·高一四川省绵阳南山中学校考阶段练习）已知梯形ABCD中，，，E为线段CD上一点（不在端点），沿线段AE将折成，使得在平面ABC上的射影落在线段BE上.
(1)当点E为CD的中点时，证明：平面平面；
(2)若与平面所成角的正弦值为，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
（1）
当点为的中点时，由题得，
故，，且都在平面中，
故平面.又平面，
故平面平面；
（2）
如图过A作交BE于点，连，
因为在平面ABC上的射影落在线段BE上，
则平面ABCD，平面平面ABCD，
又平面平面，，平面ABCD，
故平面.
所以是直线在平面上的投影，
直线与平面所成角即为直线与直线所成角，即为，
∴，又，
在中，，所以,
所以,所以,
所以,,
在中，，
在中，，
所以，所以，
所以H与B重合，.
11．（2022春·江苏南通·高一统考期末）如图，在直四棱柱中，底面为平行四边形，，.
(1)证明：平面；
(2)若点在棱上，直线与平面所成角的大小为.
①画出平面与平面的交线，并写出画图步骤；
②求的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)①作图见解析；②
(1)
因为，，故，所以.又直四棱柱，故平面，又平面，故，又，平面，故平面
(2)
①过作于，连接，分别交于，连接，则直线为平面与平面的交线.
②由①，因为，故四点共面，设，则直线为平面与平面的交线，故三点共线.过作于，连接，又，且根据线面平行的性质可得，故平面 ，所以，又，平面.故直线与平面所成角为.当不重合，即与不重合时，易得，又均为锐角，故.当重合时，有与重合，此时由（1）平面，故平面，故为与平面所成角.故当与重合时，取得最大值，此时，故的最大值为
类型八：二面角
角度1：求二面角
典型例题
例题1．（2023·上海·高二专题练习）在正方体中，平面与平面所成的锐二面角的大小是___________.
【答案】##
【详解】正方体中，平面，
又平面，
所以，又，
所以是平面与平面所成的锐二面角的平面角，
在直角中，，
所以平面与平面所成的锐二面角的大小是．
故答案为：．
例题2．（2023·全国·高三专题练习）如图,在锥体中，四边形为边长为1的菱形，且，，，,分别是，的中点，
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明过程见解析；
(2)
【详解】（1）取的中点，连接，
∵四边形ABCD是边长为1的菱形，且，
是边长为1的正三角形，得，且，
，
，且，
∵，平面，
平面
分别是的中点，
，即四边形为平行四边形，
∴，
∵平面DEF，平面DEF，
∴PB平面DEF，
同理可证：OB平面DEF，
∵，
平面平面，
平面；
（2）由（1）知：∠POB为二面角P-AD-B的平面角，又PB=2，
所以，
即二面角P-AD-B的余弦值为
例题3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在直角梯形中，，，，沿对角线将折至的位置，记二面角的平面角为．
(1)当时，求证：平面平面；
(2)若为的中点，当时，求二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）当时，平面平面．
在直角梯形中，，所以，所以，
因为平面平面，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）取的中点，连接，因为，所以．
因为为的中点，连接，则为的中位线，所以．
因为，所以，
所以为二面角的平面角，即．
因为，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
因为平面平面，所以过作，交于点，则平面．
平面，，过作与点，连结，．
所以．所以为二面角的平面角．
在中，，，．
在中，．
在中，，
所以，故二面角的正切值为．
例题4．（2023·全国·高三专题练习）在四棱锥中，底面是正方形，，．
(1)求证：平面；
(2)求异面直线与所成的角；
(3)求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析，
(2)，
(3).
（1）
证明：因为底面是正方形，，，
所以，
所以，
同理，
因为，平面，
所以平面；
（2）
解：连接，
因为四边形为正方形，所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
所以异面直线与所成的角为；
（3）
解：设，作于，连接，，
由（2）知，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
所以为二面角的平面角，
因为，
所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
在中，，
所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，
所以，
因为为锐角，所以，
所以二面角的大小为．
例题5．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，是边长为2的等边三角形，平面，，且，，为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
（1）
在四棱锥中，取PB的中点E，连OE，CE，如图，
因为棱的中点，则，，
因平面，有平面，而平面，则，
则有，在直角梯形中，，又是边长为2的等边三角形，
即，又，因此，而，则，
于是得四边形为平行四边形，有，又平面，平面，
所以平面.
（2）
因，，则，由（1）知，
即，解得，有，
延长BC，AD交于点Q，连PQ，由且得：点D是AQ中点，即有，
因此，即，由平面，平面，得,
而，平面，则平面，平面，即得，
因此是二面角的平面角，，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值是.
角度2：由二面角求参数
典型例题
例题1．（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥中，底面是边长为的等边三角形､若二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】解：取的中点，连接，
因为，
所以，
所以，所以，
因此为二面角的平面角，
设，则，
，，
在中，由余弦定理得，
即，解得：，
所以三棱锥的外接球的直径，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C.
例题2．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，点在侧棱上.
(1)求证：平面平面；
(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：∵平面ABCD，平面ABCD，
∴.
∵四边形ABCD是直角梯形，，，，
∴，
取AB中点为F,连接，
∵四边形ABCD是直角梯形，，，，
∴，，，，
∴四边形ADCF为矩形，，
∴.
∴⊥，又，平面，
∴平面PBC.
∵平面EAC，
∴平面平面PBC.
（2）方法一：由（1）知平面PBC，又∵平面PBC，
∴⊥，
由（1）知，所以是二面角的平面角.
由图知平面PAC与平面ACE的夹角即为二面角，
∵平面PAC与平面ACE的夹角的余弦值为，
∴，
∵平面ABCD，平面ABCD，
∴.
在中，由，得：，
∴，
∴，，
∵∠CPB与∠CBP互余，∠PCE与∠ECB互余，
∴，，
∴；
例题3．（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱锥中，底面，，，，，是上一点，且，是中点．
(1)求证：；
(2)若二面角大小为，求棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
（1）
在 中, ,
由余弦定理得, ，即， 所以有 ，，
在 中，. 由正弦定理得， ,即 ，解得，又，， 所以有 , 于是有 . 连结，则三角形为正三角形, 所以 , 又, 所以,
又因 底面 平面,所以 ，是平面内两相交直线, 所以有 面, 又 平面, 所以 .
（2）
由(1)知, 又 底面 平面，
所以 , 又是平面内两相交直线, 所以 平面， 平面，所以 ，
所以 即为二面角 的平面角,
因二面角 大为 , 所以 ,
由 , 又 底面 平面，
所以 知 , 所以 ,
图2
因 , 所以 ,
又因为中点, 所以,
由 , 设 到平面的距离为, 则 , 解得 , 也就是到平面的距离为 ，
又 , 所以三棱雉 的体积 .
例题4．（2022秋·浙江宁波·高三校联考期末）如图，在中，，，且，分别为，的中点．现将沿折起，使点到达点的位置，连接，，为的中点，连接．
(1)证明：平面；
(2)若二面角的余弦值为，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）设为的中点，连接，，
又，则．
因为，是的中点，所以，
因为，，，，
所以，，所以为平行四边形，
则，故，
又因为，平面，
所以平面．
（2）因为平面，平面，所以，
又，所以是二面角的平面角，
于是．
因为，，，平面，
所以平面，于是有平面．
因为平面，所以．
在中，，，故，，
因为，所以，所以，
又因为，，平面，所以平面．
故．
例题5．（2022秋·青海·高三青海师大附中校考阶段练习）如图，是正四棱柱.
(1)求证：平面；
(2)若二面角的大小为，求异面直线与所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）因为是正四棱柱，所以底面且四边形为正方形.
因为底面，所以.
因为四边形为正方形，所以.
因为,面,面,
所以平面.
（2）设与交点为，连结.
因为底面是正方形,所以,且为的中点,所以，
所以为ニ面角的平面角，所以.
设,则，.
因为,所以异面直线与所成角即为与所成角,即为.
连结,则△中, ，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
角度3：二面角最值问题
典型例题
例题1．（2022·高一单元测试）在正2021棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是______．
【答案】
【详解】解：当正棱锥的顶点无限趋近于底面正多边形中心时，
则底面正多边形便为极限状态，此时棱锥相邻两侧面所成二面角且小于；
当棱锥高无限大时，正棱柱便又是另一极限状态，此时且大于，
所以正棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是；
故答案为：．
例题2．（2023·上海·高二专题练习）如图，在矩形中，、分别是线段、的中点，，，将沿翻折，在翻折过程中点记为点．
(1)从翻折至的过程中，求点运动的轨迹长度；
(2)翻折过程中，二面角的平面角为，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）解：取DM的中点E，则从翻折至的过程中，点P运动的轨迹是以点E为圆心，AE为半径的半圆，
因为，，所以，所以点P运动的轨迹长度为.
（2）解：由（1）得，连接AN，并延长交BC延长线于F，，折起后，有面，过P作，则面，再过点O 作，则就是二面角P−BC−D的平面角θ，
设， ，，
，
令，所以，所以，解得.
所以的最大值为.
例题3．（2022春·福建泉州·高一统考期末）在矩形中，．点，分别在，上，且，沿将四边形翻折至四边形，点平面．
(1)若平面⊥平面，求三棱锥的体积；
(2)在翻折的过程中，设二面角的平面角为，求tan的最大值．
【答案】(1)
(2)1
(1)
解：在平面内作交于．
∵平面⊥平面，平面平面，平面，
∴⊥平面．
∴即点到平面的距离．
在梯形中，过点作交于，则，
∴，．
在中，
∴三棱锥的体积
(2)
如图，在平面内作直线交FE延长线于点O，交CB延长线于点K．
∵，，，平面，
∴平面，又∵平面，
∴平面⊥平面，
作交OK于点M．
∵平面⊥平面，平面平面，，平面，
∴⊥平面，
∴．
作交BC于点N，连接．
∵，∴BC⊥平面，
∴，又∵，∴为二面角的平面角．
∵在中，，
∴，
设，
则，
∴
令，则，
当且仅当时，取到最大值1，综合可知的最大值为1
例题4．（2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考开学考试）如图1，在矩形中，已知，为的中点.将沿向上翻折，进而得到多面体（如图2）.
（1）求证：；
（2）在翻折过程中，求二面角的最大值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【详解】解：（1）如图1，连接交于F.
因为，且E为的中点，，
在矩形中，因为，
所以，所以，
所以，
所以，即.
由题意可知平面，
所以平面.
因为平面，所以.
（2）如图2，过作，垂足为H，过H作，垂足为G，连接.
因为平面平面，所以.
又因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
又因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
所以是二面角的平面角.
在翻折过程中，设.
在矩形中，由，E为的中点，
得.
在直角三角形中，，所以，
因为，所以，所以，
所以.
在直角三角形中，.
设，所以.
所以，即.
解得，当时，等号成立，故，
因为，所以，
所以二面角的最大值为.
角度4：二面角探索性问题
典型例题
例题1．（2023·全国·高三专题练习）如图：长为3的线段与边长为2的正方形垂直相交于其中心．
(1)若二面角的正切值为，试确定在线段的位置；
(2)在（1）的前提下，以，，，，，为顶点的几何体是否存在内切球？若存在，试确定其内切球心的具体位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)存在，在线段上的靠近点的三分点位置
(2)存在 ，内切球心在点距离为的位置上．
【详解】（1）取线段的中点为点，连接，，．
由于四边形是正方形，为其中心，所以，
又面,面，所以.
而，面,面,所以面.
因为面，所以.
同理可以证出，为二面角的平面角，．
设，，，则．且
在中，，
同理在中，
由，
得：
故在线段上的靠近点的三分点位置.
（2）几何体存在内切球，令球心为.
若设线段的中点为点，内切球的半径为，由对称性可知：平面四边形的内切圆的圆心为，半径即为，
故，而，．
所以，得．
由三角形相似有：
所以．
故其内切球心在点距离为的位置上．
例题2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在正四棱锥中，，点为底面的中心，点在棱上，且的面积为1．
(1)若点是的中点，求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在一点使得二面角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明强由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，P为棱SD靠近端点S的三等分点.
【详解】（1）在四棱锥S-ABCD中，正方形ABCD的边长是，则AC=2，
因点S在底面ABCD上的射影为底面ABCD的中心点O，即SO⊥底面ABCD，而AC底面ABCD，则SO⊥AC，
又△SAC的面积为1，即，解得，于是得，则，
因点P是SD的中点，则有SD⊥AP，SD⊥CP，而，平面PAC，
从而得SD⊥平面PAC，又平面SCD，
所以平面SCD⊥平面PAC.
（2）假定在棱SD上存在一点P使得平面PAC和平面ACD夹角的余弦值为，连OP，OD，如图，
由(1)知，SO⊥AC，而DO⊥AC，，平面SOD，则有AC⊥平面SOD，
又平面SOD，从而有PO⊥AC，因此，是二面角P-AC-D的平面角，
令PD=a，由(1)知，SO⊥DO，SO=DO=1，则，且，
过P作PM//SO交DO于M，则PM⊥DO，，，
因，则，而，即有，，
解得：，即有，
所以在棱SD上存在一点P使得二面角的余弦值为，P为棱SD靠近端点S的三等分点.
例题3．（2023·上海·高二专题练习）如图，在棱长为2的正方体中，、分别是和的中点.
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）求异面直线与之间的距离
（3）在棱上是否存在一点，使得二面角的大小为30°?若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）存在，.
【详解】（1）取中点，连结，如图，
又为中点，，
连结，则或其补角即为异面直线与所成角，
为中点，正方体边长为2，
，，
，
异面直线与所成角的余弦值为．
（2）因为，
所以异面直线EF与AB之间的距离即为直线与平面间的距离，
即点B与平面的距离，
连接，交于,
因为,
所以，又,
所以平面,
即为点B到平面的距离.
因为,
所以，
即异面直线EF与AB之间的距离为.
（3）假设棱BB1上存在一点P满足题意，
连接交于 ，连接,
所以为二面角的平面角，
设，，
即，所以，
故当存在长为时，二面角的大小为．
例题4．（2022秋·广东韶关·高二校考阶段练习）如图1，在平行四边形中，，，，将沿折起，使得平面平面，如图2．
(1)证明：平面；
(2)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为45°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在点M，；
【详解】（1）在中，因为，，，
由余弦定理得，
所以，
所以，
所以
如图所示：
作于点，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
所以，
又因为，
所以平面，
因为平面，
所以，
又由，
所以平面.
（2）如图所示：
存在点M，当M是的中点，二面角的大小为45°.
证明如下：由（1）知平面，
且，
，又因为是的中点，
同理可得：BM=，
取BD的中点为O，DC的中点为E，连接MO，EM，OE，
因为，
所以是二面角 的平面角，
又因为，
.此时.
类型八同类题型演练
1．（2022秋·云南曲靖·高二校考开学考试）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AA1，B1C1的中点．
(1)求证：平面C1BD；
(2)若DC1⊥BD，AC＝BC＝1，AA1＝2，求二面角B﹣DC1﹣C的正切值．
【答案】(1)证明过程见解析；
(2).
【详解】（1）连接交于于，连接，
因为是中点，所以，且，
又因为D是AA1的中点，所以有，且，
所以，且，
因此四边形是平行四边形，
所以，而平面C1BD，平面C1BD，
所以平面C1BD；
（2）因为，，
所以，，同理可得，
因此，即，而DC1⊥BD，
所以是二面角B﹣DC1﹣C的平面角，
因为平面，
所以平面，而平面，
因此，因为平面，而平面，
所以，因为平面，
所以平面，而平面，
所以，
所以.
2．（2022秋·江苏苏州·高三苏州中学校联考阶段练习）在轴截面为正方形的圆柱中，分别为弧，弧的中点，且在平面的两侧．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：设轴截面正方形边长为，取弧另一侧的中点，
则与垂直平分，且，
所以四边形为正方形，，
因为为弧中点，所以，四边形为矩形，
所以，所以，所以四边形为平行四边形，
因为，，
所以，所以，所以四边形为矩形；
（2）解：由（1）知，，，，
所以
所以，斜边上的高，
作交于点，连接，
因为，，，所以，
则，所以
即为二面角的平面角，，，
在中，由余弦定理得，
二面角的余弦值为.
3．（2023秋·广东广州·高二广州市天河中学校考期末）如图，三棱柱的所有棱长都是2，平面，，分别是，的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)求平面和平面夹角的余弦值；
(3)在线段（含端点）上是否存在点，使点到平面的距离为？若存在，请指出点的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)见解析；
(2)；
(3)存在，与点重合时，满足题意.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，
所以，
又为边长为2的正三角形，为中点，
所以，
所以平面，
平面，
所以①,
又，
所以，
所以，
所以，
所以(为与的交点)，
所以②，
又因为③,
由①②③可得平面，
又因为平面，
所以平面平面；
（2）解：设,过作于，连接,
因为平面，
平面，
所以，
又因为，
，
则平面,
平面,
所以，
所以为平面和平面夹角，
在中，,
在中，，
所以，
所以中，,
所以；
（3）当点与点重合时，点到平面的距离为，
取中点，连接,
则∥，
所以四点共面，
又平面，
平面，
所以，
又，
,
所以平面，
设点到平面的距离为，
又,
即,
即,
所以，
解得.
故在线段存在点（端点处），使点到平面的距离为.
4．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四面体中，已知.点是中点.
(1)求证：平面；
(2)已知，作出二面角的平面角，并求它的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)作图见解析，
【详解】（1）是中点，
又是中点，
面
所以面
（2）由题知，，，
取的中点，连接，
,
根据三角形全等证明方法,可以证明,
,
所以是二面角的平面角，
利用勾股定理计算出,
由余弦定理得，解得，
所以，，
所以，
所以中，.
5．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，，，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且PM与面ABC所成角的正切值为，求二面角的平面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
（1）证明：连接OB．
法一：∵，∴，即△ABC是直角三角形，
又O为AC的中点，∴
又∵，
∴
∴．
∴，OB、AC平面ABC
∴PO⊥平面ABC．
法二：连接，，O为AC的中点∴
因为
∴ ∴，∴
∴，OB、AC平面ABC．
∴PO⊥平面ABC．
（2）
由（1）知，PO⊥面ABC∴OM为PM在面ABC上的射影，∴∠PMO为PM与面ABC所成角，
∴，∴，
在△OMC中由正弦定理可得，∴M为BC的中点．
法一：作ME⊥AC于E，∴E为OC的中点，作交PA于F，连MF
∴MF⊥PA ∴∠MFE即为所求二面角的平面角，
∴
∴
类型九：新定义题
1．（2022秋·四川成都·高三成都七中校考期中）攒尖在中国古建筑（如宫殿、坛庙、园林等）中大量存在，攒尖式建筑的屋面在顶部交汇成宝顶，使整个屋顶呈棱锥或圆锥形状.始建于年的廓如亭（位于北京颐和园内，如图）是全国最大的攒尖亭宇，八角重檐，蔚为壮观.其檐平面呈正八边形，上檐边长为，宝顶到上檐平面的距离为，则攒尖坡度（即屋顶斜面与檐平面所成二面角的正切值）为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由题设，上檐平面的八边形如下图示：，，且是的中点，
∴，而，
∴，(舍)，又，故，
由题设知：攒尖坡度为.
故选：D
2．（2022秋·广东江门·高二新会陈经纶中学校考阶段练习）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑[nà].如图，在鳖臑中，面，，，，则下列选项中，不正确的是（ ）
A．面面
B．二面角的余弦值为
C．与面所成角为
D．三棱锥外接球的表面积为
【答案】D
【详解】∵，，，
∴，∴，
可得，，
则有，∴.
对于A，∵面∴，又，，得面，又平面，∴面面故正确；
对于B，∵面，∴，，∴就是二面角的平面角，余弦值为，故正确；
对于C，∵面，∴与面所成角为，故正确；
对于D，取的中点为，则，所以三棱锥外接球的球心为，半径为1，其表面积，故错.
故选：D.
3．（多选）（2022·全国·高三专题练习）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖，六角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑.下面以六角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正六棱锥.已知此正六棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°，若取θ=30°，侧棱长为米，则（ ）
A．正六棱锥的底面边长为2米
B．正六棱锥的侧棱与底面所成角的正切值为
C．正六棱锥的侧面积为48平方米
D．正六棱锥的体积为16立方米
【答案】BCD
【详解】如图，设正六边形的中心为，的中点为，连接，，
则平面，故为侧棱与底面所成的角．
设，
由正六棱锥的性质可得，，
由等边三角形可得，
故为二面角的平面角，故，
所以，而，故，
在中，有，故，故，故A错．
又在，，故，故B正确．
正六棱锥的侧面积为（平方米），故C正确．
正六棱锥的体积为（立方米），故D正确．
故选：BCD．
4．（多选）（2022春·山东德州·高一校考阶段练习）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中对几何学的研究比西方早一千多年，在该书中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；将底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”；将四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图，下列选项中，可以判定是“鳖臑”的有（ ）
A．AB，BC，BD两两垂直
B．平面BCD，且
C．平面BCD，且平面平面ACD
D．平面平面BCD，且平面平面ABC
【答案】BC
【详解】对于A，如图，在正方体中，AB，BC，BD两两垂直，而此时四面体中，为等边三角形，所以此四面体不是“鳖臑”，所以A错误，
对于B，因为平面BCD，平面，所以，因为，，所以平面，因为平面，所以，所以，所以此四面体的四个面均为直角三角形，所以此四面体为“鳖臑”，所以B正确，
对于C，过作于，因为平面平面ACD，平面平面，所以平面，因为平面，所以，因为平面BCD，平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，，所以，所以此四面体的四个面均为直角三角形，所以此四面体为“鳖臑”，所以C正确，
对于D，如图，在正方体中，平面平面BCD，且平面平面ABC，而此时四面体中，为等边三角形，所以此四面体不是“鳖臑”，所以D错误，
故选：BC
类型一：直线与平面垂直的判定定理
类型二：利用直线与平面垂直证明线线平行
类型三：利用直线与平面垂直证明线线垂直
类型四：利用直线与平面垂直证明面面垂直
类型五：面面垂直的性质定理
类型六：空间中的距离问题
角度1：点面距
角度2：线面距
角度3：面面距
类型七：直线与平面所成角
角度1：求线面角
角度2：由线面角求参数
角度3：线面角最值问题
角度4：直线与平面所成角探索性问题
类型八：二面角
角度1：求二面角
角度2：由二面角求参数
角度3：二面角最值问题
角度4：二面角探索性问题
类型九：新定义题
类型一：直线与平面垂直的判定定理
典型例题
例题1．（2023秋·内蒙古赤峰·高三统考阶段练习）如图，在四棱锥（图一）和三棱锥（图二）中，四边形为正方形，平面，≌，将四棱锥和三棱锥重新组合成一个新的几何体（图三），且面和面完全重合，且，．
(1)证明：平面；
【答案】(1)证明见解析；
【详解】（1）因为面面，故，又//，故底面为直角梯形，
又，故可得，又，
故，则；
又面面，故，又四边形为正方形，故，
面，故面面，故；
又面，故面.
例题2．（2023·全国·高三专题练习）如图，和都垂直于平面，且，，是的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
（1）证明：（1）取的中点，连接，，
∵是的中点，∴，，
∵和都垂直于平面，∴，
∵，∴，，
∴四边形为平行四边形，从而，
∵平面，平面，∴平面．
（2）
证明∵垂直于平面，平面，∴，
∵，∴，
∵，平面，∴平面，
由（1）可知：，∴平面．
例题3．（2023·广西柳州·统考模拟预测）如图，在三棱锥中，，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若点在棱上，且，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）连接OB，如图，
∵，∴，即△ABC是直角三角形，
又O为AC的中点，∴，又∵，
∴≌≌，
∴．
∴，OB、AC平面ABC
∴PO⊥平面ABC．
（2）由（1）得PO⊥平面ABC，
在中，，
．
设点C到平面POM的距离为d，由，
解得，
∴点C到平面POM的距离为．
同类题型演练
1．（2023秋·河南南阳·高三统考期末）如图,四棱锥的底面为直角梯形,,底面, ,设平面与平面的交线为．
(1)证明:;
(2)证明:平面;
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）证明:由题可知,
平面,平面,
故平面,
平面,平面平面,
;
（2）证明:底面,
,
底面为直角梯形,
且,
,
平面,平面,
平面,
由(1)知,
平面;
2．（2023·全国·高三专题练习）在四棱锥中，底面是正方形，，．
(1)求证：平面；
(2)求异面直线与所成的角；
【答案】(1)证明见解析，
(2)，
（1）证明：因为底面是正方形，，，
所以，
所以，
同理，
因为，平面，
所以平面；
（2）解：连接，
因为四边形为正方形，所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
所以异面直线与所成的角为；
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，底面，，分别为，的中点.设平面与平面交于直线
(1)求证：平面；
(2)求证：∥.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
（1）因为 平面， 平面， 所以 .
因为 ，， 所以 平面.
（2）在中，因为 ，分别为，的中点，所以 .
因为 平面，平面，所以 平面.
因为平面与平面交于直线，所以∥.
类型二：利用直线与平面垂直证明线线平行
典型例题
例题1．（2023·全国·高三专题练习）圆柱如图所示，为下底面圆的直径，为上底面圆的直径，底面，证明：面
【答案】证明见解析
【详解】证明：连接，，，可得平面，
∵平面，∴，
∵，∴四边形为平行四边形，∴，∴且，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵平面，平面，∴平面
例题2．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知多面体，平面平面，且，证明：平面.
【答案】证明见解析.
【详解】因为平面平面，则，又，即四边形为平行四边形，
因此，而平面平面，
所以平面.
例题3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在多面体中四边形是正方形，平面，平面，.证明：平面平面.
【答案】证明见解析
【详解】证明：∵平面，平面，
∴.
∵平面，平面，
∴平面.
∵四边形是正方形，
∴.
∵平面，平面，
∴平面.
∵平面，平面，且，
∴平面平面.
同类题型演练
1．（2023·全国·高三专题练习）如图，四边形是菱形，平面，平面，且，分别是的中点，证明：平面平面
【答案】证明见解析
【详解】因分别是的中点，则有，
又平面，平面，于是得平面，
连接AC交BD于点O，连接FO，如图，
因四边形ABCD为菱形，则O为AC中点，而F为AB1中点，于是得，
因平面，平面，因此，平面，
又平面，平面，则有，而，于是得四边形是平行四边形，
则有，又，平面，
所以平面平面.
2．（2023·全国·高三专题练习）如图所示的多面体中，四边形为矩形，，平面，求证：平面.
【答案】证明见解析
【详解】因，则，，而，平面ABCD，于是得平面ABCD，
因平面ABCD，则有，而平面BCF，平面BCF，从而得平面BCF，
在矩形ABCD中，则，平面BCF，平面BCF，于是得平面BCF，
而，平面ADE，因此，平面平面BCF，平面ADE，
所以平面BCF.
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，是正三角形，和都垂直于平面，且，，是的中点，求证：平面．
【答案】证明见解析
【详解】证明：取的中点，连接，，可得，．因为平面，平面，所以．
又因为．所以，．所以四边形是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面．
类型三：利用直线与平面垂直证明线线垂直
典型例题
例题1．（2023·安徽淮南·统考一模）在三棱锥中，底面为等腰直角三角形，.
(1)求证：；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）
证明：取的中点为E，连结，
∵，∴，
在和中，
∴，∴，
∵的中点为E，∴，
∵，∴面，
∵面，∴
例题2．（2023秋·山西·高三校联考阶段练习）如图，在直四棱柱中，四边形是菱形，，，，点是棱上的一点（与，不重合）.
(1)求证：；
【答案】(1)证明见解析；
【详解】（1）证明：如图1，连结.
由已知可得，平面，平面，所以.
又因为四边形是菱形，所以.
又平面，平面，，
所以平面.
因为平面，所以.
例题3．（2023秋·江西赣州·高三统考期末）如图，在四棱锥中，，，，，，，平面，点是棱上的动点．
(1)证明：；
(2)设，求当平面时的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）证明：由于平面且，
所以平面，又平面，所以．
由，
得，即，
解得或（舍），
所以，即，
又平面，，且，
所以平面，而平面，
因此．
（2）连，交于点N，连，
因为平面，平面，平面平面，
所以，故．
在梯形中，根据与相似，可得，
所以，即当平面时的值为．
同类题型演练
1．（2023秋·广东广州·高二铁一中学校考期末）四棱锥，平面ABCD，底面ABCD是菱形，，平面平面PBC.
(1)证明：⊥；
【答案】(1)证明过程见解析
【详解】（1）如图，过点A作AE⊥PB于点E，
因为平面平面PBC，交线为PB，且AE平面PAB，
所以AE⊥平面PBC，
因为平面PBC，
所以AE⊥BC，
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以PA⊥BC，
因为，平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，
因为AB平面PAB，
所以BC⊥AB；
2．（2023秋·北京西城·高二统考期末）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，为线段的中点，.
(1)求证：；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）由平面，根据线面垂直的性质定理可知，
又因为底面为正方形，所以，
又因为，且PA,BA含于平面PAB,所以平面；
为线段的中点，平面，
所以，
3．（2023秋·北京朝阳·高二统考期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，，点O是的中点．
(1)求证：；
【答案】(1)证明过程见解析；
【详解】（1）因为，点O是的中点，
所以，因为平面平面，平面平面，
所以平面，而平面，
所以；
类型四：利用直线与平面垂直证明面面垂直
典型例题
例题1．（2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，平面平面
（1）证明：平面平面；
【答案】（1）证明见解析；
【详解】（1）由题知，四边形为菱形，则，
又平面平面，且AC为交线，，
则平面，又平面，
则，又，
则平面，又平面，
则平面平面；
例题2．（2023·广西·统考模拟预测）如图，多面体中，是菱形，，平面，，且.
(1)求证：平面平面；
(2)求多面体的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）
如图所示，连接，
平面，平面，
，
四边形为菱形，
，
又，且，平面，
平面，
平面，
平面平面；
（2）
如图所示，取中点，连接，
四边形为菱形，且，
，，
平面，平面，
，
又，且，平面，
平面，
所以四棱锥的体积为，
又因为平面，
所以三棱锥的体积，
所以几何体的体积.
例题3．（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱锥的底面为矩形，，，，分别是，的中点，.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面.
【答案】（1）证明过程见详解；（2）证明过程见详解.
【详解】（1）设的中点为，连接,因为F是PC的中点，所以有
,又因为四棱锥P﹣ABCD的底面为矩形, E是AB的中点,所以有
，因此有,所以四边形是平行四边形，因此有,平面PAD，平面PAD，所以EF∥平面PAD；
（2）在矩形中，设交于点，因为E是AB的中点,所以，
因为，所以∽，因此，而
，所以，而DE⊥PA，
平面PAC，所以平面PAC，而平面PDE，因此
平面PAC⊥平面PDE.
同类题型演练
1．（2023秋·江苏无锡·高三统考期末）如图，在四棱锥中，，，，，，，平面PAD，点M满足．
(1)若，求证：平面平面；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）证明：∵，，，∴．
∵，∴，而，
∴，，∴．
∵平面PAD，平面ABCD，
∴平面平面PAD且平面平面，
由平面PAD，平面ABCD，
平面ABCD，∴，
且，，，∴，
∴，又∵，平面PCM，
∴平面PCM．
又∵平面，∴平面平面.
2．（2023·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面四边形是平行四边形，平面，且，的中点为．
(1)求证：平面平面；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）由题意证明如下
在平行四边形中，，
∴，
∴
在四棱锥中，平面，
∵
∴
∵，，
∴
∵
∴
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，四面体中，，E为的中点．证明：平面平面
【答案】证明见解析
【详解】证明：因为，为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，
所以平面平面.
类型五：面面垂直的性质定理
典型例题
例题1．（2023·河南郑州·高三校联考阶段练习）已知四棱锥 中，底面 ，平面平面 ，，.
(1)求证：平面 ；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）证明；因为平面平面，平面平面，
在平面内作，则 平面，平面，
所以.
因为PA⊥底面ABCD，平面，所以,
平面，则平面，
因为,∴平面.
例题2．（2023秋·广东深圳·高三统考期末）如图，在三棱柱中，侧面为矩形，平面平面，，且为的中点.
(1)证明：平面平面；
【答案】(1)证明见解析；
【详解】（1）证明：侧面为矩形，
，
，、，且，
，
，
，且平面平面，
，
，
；
例题3．（2023秋·广东·高二校联考期末）如图，已知平行四边形与直角梯形所在的平面互相垂直，且，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)证明：平面．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【详解】（1）证明：取的中点，连接，，如图，
为的中点， ，且，
又，且，，且，
四边形是平行四边形，，
又平面，平面，
平面.
（2）证明：四边形是平行四边形，
，又，
在中，由余弦定理可得：
，，
， .
平面平面，平面平面，平面.
同类题型演练
1．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在的平面垂直于底面ABCD．
(1)若G为AD边的中点，求证：BG⊥平面PAD；
(2)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找一点F，使得PA//平面DEF？并证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析
(2)能；证明见解析
【详解】（1）在底面菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD边的中点，所以BG⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BG⊥平面PAD．
（2）连接DE，EF，DF，设DE交AC于点H，连接HF
因为PA//平面DEF，PA平面PAC，平面PAC平面DEF，所以；
由于底面ABCD为菱形，为的中点，易证，所以，由PA//，可得，
所以存在点为棱上靠近的三等分点，可使PA//平面DEF.
2．（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱锥中，为矩形，平面平面.求证：.
【答案】证明见解析
【详解】证明：因为为矩形，所以.
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
3．（2023·全国·高三专题练习）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为（单位：）的正方形，、、、均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．证明：平面
【答案】证明见解析
【详解】证明：分别取、的中点、，连接，如下图所示：
因为、为全等的正三角形，所以，,
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
根据线面垂直的性质定理可知，而，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面．
类型六：空间中的距离问题
角度1：点面距
典型例题
例题1．（2023·上海·高二专题练习）在棱长为1的正方体中，到平面的距离为________.
【答案】
【详解】如图，设到平面的距离为，
，
又
，
得.
故答案为：
例题2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在长方体中，，，，则点到平面的距离为______.
【答案】
【详解】在长方体中，平面，则有，
又，，，于是有，，
而平面，，
设点到平面的距离为h，由得：，
即，解得，
所以点到平面的距离为.
故答案为：
例题3．（2023·全国·高三专题练习）正方体的棱长为2，，分别是，的中点，则点到平面的距离为________.
【答案】
【详解】取的中点，连接，
则，
点到平面的距离等于点到平面的距离，
由等体积可得，解得，
故答案为：
例题4．（2023·全国·高三专题练习）已知，为平面外一点，，点到两边，的距离均为，那么到平面的距离为___________．
【答案】.
【详解】作分别垂直于，平面，连，
知，，
平面，平面，
，．，
，
，为平分线，
，又，
．
例题5．（2023秋·广东东莞·高二东莞市东莞中学校考期末）如图，在直三棱柱中，分别为的中点．
(1)判断直线与平面的位置关系，并说明理由；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)平行，证明见解析；
(2)
【详解】（1）如图，作中点，并连接,
分别为的中点,∥,
平面，平面,
∥平面,
又在直三棱柱中，∥,
平面，平面
∥平面,
且,平面，平面，
故平面∥平面，而平面，
故∥平面.
（2）则底面为等边三角形，
且为的中点，,
在直三棱柱中，,，
且∥平面,平面,
故,
又,
,，则中边上高，
故，
故，
∴点到平面的距离为.
例题6．（2023·河南郑州·高三校联考阶段练习）已知四棱锥中，底面，平面平面，，为中点，．
(1)求证：平面；
(2)求到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为，为中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，所以平面，平面，所以，
因为底面，底面，所以，
，平面，则平面，因为，
∴平面；
（2）因为平面，∴，，，
，，
到平面的距离为2，设到平面的距离为，因为，
所以，解得．所以到平面的距离为．
角度2：线面距
典型例题
例题1．（2022秋·上海黄浦·高二校考期末）若正四棱柱的底面边长为，与底面成角，则到底面的距离为__________.
【答案】
【详解】∵正四棱柱，
∴平面平面，
平面，
平面,
到底面的距离为正四棱柱的高
∵正四棱柱的底面边长为，与底面成角，
故答案为:．
例题2．（2022春·上海杨浦·高一复旦附中校考期末）正方体的棱长为2，则直线与平面的距离是__．
【答案】
【详解】因为，平面，平面，
所以平面，
故点到平面的距离即为直线与平面的距离，
连接交于点，
因为四边形为正方形，所以⊥BD，
又因为⊥平面ABCD，平面ABCD，
所以⊥BD，
因为，平面，
所以BD⊥平面，故BO即为直线与平面的距离，
因为正方体的棱长为2，
所以，
故直线与平面的距离为.
故答案为：
例题3．（2022·高二课时练习）已知正方体中，为的中点，为的中点.
(1)求证：∥平面；
(2)若正方体的棱长为1，求到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
(1)如图，
取的中点，连接，
是的中点，
∥，
四边形是平行四边形，
∥，
又，且FM∥AD∥，
四边形是平行四边形，
∥，
∥，
又平面平面，
∥平面.
(2)
∥平面，
到平面的距离就是到平面的距离，设此距离为，
，
，
即①，
正方体的棱长为1，
，，
代入①得，
到平面的距离为.
例题4．（2022·高一课时练习）已知长方体.
（1）求证：平面
（2）若，，求和平面的距离.
【答案】(1) 证明见解析 ； (2)
【详解】(1)在长方体中，
又平面
所以平面
(2)由(1) 平面，
则直线上任意一点到平面的距离都相等,
所以只需求直线上任意一点到平面的距离,
在长方体中, 平面
且平面，则平面平面
过点作交于,
则平面,
即为直线和平面间的距离
在中，，,则.
由等面积法得：
所以和平面的距离.
角度3：面面距
典型例题
例题1．（2022秋·上海黄浦·高二格致中学校考阶段练习）平面，点，点，如果，且，在内射影长分别为5和9，则平面与间的距离为________．
【答案】12
【详解】如图，，由题意可知，， ，
设 ，，
则 ，解得：，
平面与平面间的距离
故答案为：12
例题2．（2022·高一课时练习）在长方体中，有一过且与平面平行的平面，棱，，则平面与平面的距离是_________．
【答案】
【详解】因为平面平面，平面，所以到平面的距离即为平面与平面间的距离，易知平面，从而点A到平面的距离即为所求的距离．
如图，过点A作于点．
因为平面，平面
所以平面平面，
又平面平面=
所以平面，则即为所求．
在中，，，则，
因为，所以．
故平面与平面的距离为．
故答案为：
例题3．（2022春·广东揭阳·高一统考期末）如图在直三棱柱中，，，，是上的一点，且，、、分别是、、的中点，与相交于．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(1)证明：由直三棱柱的性质得平面平面，
又，平面平面，平面，
平面，
又平面，
，
，
在和中，，
，即，
又，平面
平面．
(2)解：由题意知，
在中，，
又，，
平面，平面，
平面，
、分别为、的中点，
，又，
，
平面，平面，
平面，
平面，平面，，
平面平面．
平面，平面平面，
平面，
为平行平面与之间的距离，
，
即平面与之间的距离为．
例题4．（2022秋·天津河北·高二统考期末）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，，的中点，点在棱上，且，，.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)求平面与平面的距离.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
（1）
证明：在直三棱柱中，
为的中点，，，
故，
因为，
所以，
又平面，平面，
所以，
又因，，
所以平面，
又平面，所以，
又，
所以平面；
（2）
证明：取的中点，连接，
则为的中点，
因为，，分别为，，的中点，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，
所以，所以，
又平面，平面，
所以平面，
因为，所以，
又平面，平面，
所以平面，
又因，平面，平面，
所以平面平面；
（3）
设，
因为平面，平面平面，所以平面，
所以即为平面与平面的距离，
因为平面，所以，
，
所以，
即平面与平面的距离为.
类型六同类题型演练
1．（2022秋·安徽马鞍山·高二校考期中）如图，设P为矩形ABCD所在平面外一点，直线PA⊥平面ABCD，AB=3，BC=4，PA=1，则点P到直线BD的距离为______.
【答案】
【详解】
过作于，连接，
直线PA⊥平面ABCD,,又，面PAE，则面
.为所求的距离，
在中， ,
在中，,
故答案为：
2．（2022秋·上海·高二专题练习）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，则直线AA1到平面BB1D1D的距离为______.
【答案】
【详解】解：如图，
∵在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
∴BD⊥AC，
又∵B1B⊥面ABCD，
∴B1B⊥AO，
又，面BB1D1D， 面BB1D1D，
∴AO⊥面BB1D1D，
∵AA1∥平面BB1
∴点A到面BB1D1D距离＝AA1和面BB1D1D的距离即为AO，
则AO＝BA×cs45°＝，
故答案为：．
3．（2023秋·上海嘉定·高二上海市育才中学校考期末）在棱长为1的正方体中，,是线段上的动点，过作平面的垂线交平面于点，则点到点的距离最小值是___________．
【答案】
【详解】连结，易知面面，而，即，在面内，且点的轨迹是线段，连结，易知是等边三角形，则当为中点时，距离最小，易知最小值为
4．（2023·全国·高三专题练习）如图，三棱锥中，，均为等边三角形，，O为AB中点，点D在AC上，满足，且面面ABC．
(1)证明：面POD；
(2)若点E为PB中点，问：直线AC上是否存在点F，使得面POD，若存在，求出FC的长及EF到面POD的距离；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)见解析
（1）
由条件、为等边三角形，为的中点，
则，，，
由余弦定理得
从而在中，，
得为直角三角形，且，
又面面，面面，且，面,
则由面面垂直的性质定理可得面
由面，
因此由，，，面，即面POD.
（2）
存在AC上的点F，使得面
点E为PB中点，取的中点，可得，再在面内作交于点，该点即为满足题意的点（如图）．
下面证明面面
由于，面，面，则面，
，面，面，则面，
面，面，，
则由面面平行的判定定理可得面面，面，因此面POD
又由于，从而可得，，，
由（1）可知，面，则面，即为面与面间的距离，也即到面的距离．
综上：存在上的点，使得面，，
到面的距离为．
5．（2022春·福建厦门·高一统考期末）如图，棱长为2的正方体ABCD –A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过E作平面，使得//平面BDF.
(1)作出截正方体ABCD - A1B1C1D1所得的截面，写出作图过程并说明理由；
(2)求平面与平面的距离.
【答案】(1)答案见解析
(2)
（1）
连接，由正方体性质可得，；
又，所以平面平面；
因为//平面，且，所以平面与平面重合，即平面就是截正方体ABCD - A1B1C1D1所得的截面.
（2）
由（1）可知平面与平面的距离等于点到平面的距离；
设点到平面的距离为，由题意可得，所以的面积为；的面积为；
由可得，解得.
所以平面与平面的距离为.
6．（2022秋·福建泉州·高二校考阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，，.点在上，且平面.
(1)若，求的值；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由ABCD为菱形且 是等边三角形， ，
平面ABCD， 平面ABCD， 平面ABCD， 平面ABCD，
， ，
又 平面ACM， 平面ACM， ；
设 ， ，则 ，在 和 中，
，即 ，
解得： ， ；
（2）
， 是等腰直角三角形， ， ，
过M点作直线 ，与BD的交点为H，则 平面ABCD，
，MH是三棱锥 底面ABD的高，
， ，
三棱锥P-ABD的体积 ， 三棱锥M-APD的体积 ；
设M点到平面PAD的距离为h，则 ；
综上，点M到平面PAD的距离为 .
7．（2022秋·河南·高三期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD，梯形ABCD中，，，E是PD的中点.
(1)求证：平面平面PBC；
(2)若，求P到平面AEC的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）∵PC⊥平面ABCD，平面ABCD，∴.
取AB的中点M，连接CM，
∵，，∴，，
∴四边形ADCM为平行四边形.
∵，∴为菱形，∴.
∵，∴四边形BMDC为平行四边形,
∴,
∴.又有，平面PBC,
∴AC⊥平面PBC.平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC.
（2）∵，，，∴，
又有，，，∴.
，E为PD的中点，，
∴在中，.
由,
得,
求得.
在中，，则，∴的面积.
设P到平面AEC的距离为d，又，解得.
类型七：直线与平面所成角
角度1：求线面角
典型例题
例题1．（2023·四川泸州·泸州老窖天府中学校考模拟预测）如图示，三棱锥的底面是等腰直角三角形，，且，，则与面所成角的正弦值等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题知是等腰直角三角形且，是等边三角形，
设中点为，连接，，可知，，
同时易知，，
所以面，故即为与面所成角，
有，
故.
故选：A.
例题2．（2023·全国·高三对口高考）若正四棱锥的体积为4cm3，底面边长为cm，则该正四棱锥的侧棱与底面所成角的大小的正切值___________．
【答案】
【详解】如图，
正四棱锥P-ABCD中，过点P作平面ABCD于O，连接AO，
则AO是AP在底面ABCD上的射影，即为所求角；
，，，，
，
故答案为： .
例题3．（2023秋·上海浦东新·高二统考期末）如图，在直角中，，斜边，是中点，现将直角以直角边为轴旋转一周得到一个圆锥.点为圆锥底面圆周上一点，且.
(1)求圆锥的体积与侧面积；
(2)求直线与平面所成的角的正切值.
【答案】(1)，(2)
【详解】（1）由题意可得，
所以底面圆面积，圆锥的高，
所以圆锥的体积为.
圆锥侧面展开图的半径为，弧长为底面圆周长
圆锥的侧面积为.
（2）取中点，连接，如下图所示：
在中，中位线，易知平面
可得平面，
所以即为直线与平面所成的角，
易知，又，所以，
所以.
所以直线与平面所成的角的正切值为.
例题4．（2023·全国·高三专题练习）已知点，分别是正方形的边，的中点.现将四边形沿折起，使二面角为直二面角，如图所示.
（1）若点，分别是，的中点，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】证明：（1）连接，
设点为的中点，连接，，
在中，又因为点为中点，
所以.
同理可证得，
又因为，分别为正方形的边，的中点，
故，所以.
又因为，所以平面平面.
又因为平面，所以平面.
（2）因为为正方形，，分别是，的中点，
所以四边形为矩形，则.
又因为二面角为直二面角，平面平面，平面，
所以平面，
则为直线在平面内的射影，
因为为直线与平面所成的角.
不妨设正方形边长为，则，
在中，，
因为平面，平面，所以，
在中，，
，
即为直线与平面所成角的正弦值.
例题5．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱台中，平面平面，，，，.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明详见解析；（2）.
【详解】（Ⅰ）延长相交于一点，如图所示.
因为平面平面，且，所以
平面，因此，.
又因为，，，所以
为等边三角形，且为的中点，则
所以平面.
（Ⅱ）因为平面，所以是直线与平面所成的角.
在中，，得.
所以，直线与平面所成的角的余弦值为.
角度2：由线面角求参数
典型例题
例题1．（2023·全国·高三专题练习）已知圆锥的两条母线，且与的夹角，的面积为，圆锥的母线与圆锥的底面圆所成的角为，则圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由圆锥的两条母线，，可得三角形的面积为：，.
设圆锥的高为h，底面圆O的半径为R，由圆锥的母线SA与圆锥的底面圆O所成的角为，可得，，，
则圆锥的体积：，
故选：B
例题2．（2023·上海·高二专题练习）若正三棱锥底面边长为2，侧棱与底面所成的角为，则其体积为_______．
【答案】
【详解】解：先求正三棱锥的高，由题意，顶点在底面中的射影是底面的中心，
为侧棱与底面所成角，，
从而有高，
又底面积，
所以正三棱锥的体积.
故答案为：.
例题3．（2023秋·上海金山·高二上海市金山中学校考期末）如图，在四棱锥中，平面，，，，，直线与平面成角.设四面体外接球的圆心为，则球的体积为__________.
【答案】##
【详解】在底面ABCD上，，AD⊥AB，DC＝2，AD＝AB＝1，
所以∠ADB＝∠ABD＝45°，所以，
在△BCD上，，
由余弦定理可得：
，
所以，所以∠CBD＝90°．
所以BD⊥CB．
又因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥BC．
又PD∩BD＝D，PD 面PBD， BD面PBD
所以BC⊥面PBD，所以BC⊥PB．
则△PCD和△PBC均为直角三角形，当O点为PC中点时，OP＝OD＝OB＝OC，
此时O为四面体PBCD的外接球的球心．
∵直线PA与平面ABCD成45°角．PD⊥平面ABCD，
则∠PAD＝45°，∴PD＝AD＝1，
又，
∴四面体PBCD外接球的半径为，
所以四面体PBCD外接球的体积为．
故答案为：．
例题4．（2023·全国·高三专题练习）如图，四边形为平行四边形，点在上，，且．以为折痕把折起，使点到达点的位置，且．
(1)求证：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正切值为，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)
（1）
∵BE⊥CD，
∴BE⊥EF
又EF∩CD＝E，EF，CD⊂平面DEF，
∴BE⊥平面DEF，
又FD⊂平面DEF，
∴DF⊥BE，
∵CE＝2ED＝2，
∴DE＝1，EF＝2，又∠FED＝60°，
由余弦定理得DF，
则DF2+DE2＝EF2，
∴DF⊥DE，
又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面ABDE，
∴DF⊥平面ABED，
又DF⊂平面FAD，
∴平面FAD⊥平面ABED；
（2）
由（1）知，DF⊥平面ABED，连接BD，
∴∠FBD为直线BF与平面ABED所成角，则tan，
由（1）知，DF，则BD，
又DE＝1，则BE＝2，AB＝CD＝3DE＝3，
设A到平面BEF的距离为h，
则VA﹣BEF＝VF﹣ABE，
∴，
解得h，即点A到平面BEF的距离为．
例题5．（2023·全国·高三专题练习）如图，菱形中，把沿折起，使得点至处.
(1)证明：平面平面；
(2)若与平面所成角的余弦值为，，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)1
（1）如图所示，取AC与BD的交点为O，连接PO，
∵四边形ABCD为菱形，现把△BDC沿BD折起，使得点C至P处，
，∴，
∵AC平面PAC，PO平面PAC，,
∴BD⊥平面PAC，又BD平面ABCD，∴平面PAC⊥平面ABCD．
（2）作于H点，
∵，∴△PAC为直角三角形，
因为平面PAC⊥平面ABCD，平面PAC∩平面，
所以PH⊥平面ABCD，所以，
∵PA与平面ABD所成角的余弦值为，即，
∴△PAC为等腰直角三角形，∴H与O重合，
∵，菱形ABCD中，
∴，
.
角度3：线面角最值问题
典型例题
例题1．（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥中，互相垂直，，是线段上一动点，且直线与平面所成角的正切值的最大值是，则三棱锥外接球的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】解：因为是线段上一动点，连接．因为互相垂直，
所以是直线与平面所成的角，则．
所以当最短，即时，直线与平面所成角的正切值最大，此时，所以，
在中，，则，解得．
将三棱锥扩充为长方体，则长方体的体对角线长为．
故三棱锥外接球的半径，三棱锥外接球的体积为．
故选：B
例题2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在圆锥中，为圆锥的底面直径，为等腰直角三角形，为底面圆周上一点，且，为上一动点，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】如图，过点作于点，连，∵平面，平面，∴，又，，平面，∴平面，又∵平面，∴，故为直线与平面所成的角，在中，越小，越大，越大，当时，最小，此时最大，∵为等腰直角三角形，又，在中，,在中，，则,在等腰直角三角形中，，在中，,,则，
故选：C.
例题3．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测）三棱锥中，面面，，，，，,为射线上一动点，求直线与面所成角的正弦的最大值为______________
【答案】
【详解】
如图，过作，垂足点为，连接,
根据面面，面面，可得底面，
即为直线与面所成角，设，
设，又，则，
因为，，，，则，
易知，且，
在中，，
由余弦定理可得：，
又，，
所以，，
令，
则，，当时，取得最大值.
所以，直线与面所成角的正弦的最大值为．
故答案为：．
例题4．（2023·全国·高三专题练习）已知正方体棱长为4. 若是平面内的动点，且，则与平面所成角的正切值的最大值为________.
【答案】
【详解】连接，如图，
易知平面，平面，所以，又，，故平面，平面，所以，
即点在平面内的轨迹为以为直径的圆（除去点C），
又平面，故与平面所成角即为，
又，故要使最大，则最小，将平面及点轨迹画出如下图：
设为中点，连接，
则，故最小为，
此时.
故答案为：.
角度4：直线与平面所成角探索性问题
典型例题
例题1．（2022秋·内蒙古·高三霍林郭勒市第一中学统考阶段练习）如图1，已知直四棱柱，侧棱且垂直于底面，光线沿方向投影得到的主视图是直角梯形（如图2），，分别是棱，上的动点，且．
(1)证明：无论点运动到的哪个位置，四边形都为矩形；
(2)当直线与平面所成角的正弦值为时，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【详解】（1）在直四棱柱中，．
又∵，∴．
∵平面平面，平面平面，平面平面，
∴，
∴四边形为平行四边形．
∵侧棱底面，平面，∴，
∴平行四边形为矩形．
（2）设点到平面的距离为，，
则．
∵，，
，
∴，∴．
设直线与平面所成的角为．
∵，∴，
化简得，∴，即CE的长为1.
例题2．（2022春·天津滨海新·高一校考阶段练习）已知在四棱锥中，底面是矩形，且，，平面，､分别是线段,的中点.
(1)证明：；
(2)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由；
(3)若与平面所成的角为45°，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，且满足；
(3)
(1)
证明：连接，则，
又，所以，所以；
又平面ABCD，所以；
因为，所以平面，所以.
(2)
过点作交于点，则平面，且有；
再过点作交于点，则平面且.
所以平面平面，
所以平面，从而满足的点即为所求.
(3)
因为平面，所以是与平面所成的角，且，.
取的中点，则，平面，
连接，则为与平面所成角
在直角三角形中，，所以，
又，所以，
所以
例题3．（2022春·湖南株洲·高一株洲二中校考期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面V，，，点是的中点．
(1)求证：平面
(2)在线段上是否存在点，使直线与平面所成的角为？若存在，求出的长，若不存在，请说明理由？
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；
（1）
连接AC，设AC交BD于O，连接OQ，
因为底面ABCD是矩形，则O是AC中点，又点Q是PC的中点，
故OQ是三角形CPA的中位线，则，又平面BDQ，平面BDQ，
故平面 ；
（2）
因为平面ABCD，平面ABCD，则，
又底面ABCD是矩形，则，
又PD，平面PAD， ，则平面PAD，即平面PAD，
故就是直线PF与平面PAD所成的角，
又
则，故
故当时，在线段AB上是存在点F，使直线PF与平面PAD所成的角为 ；
综上，存在F点，使直线PF与平面PAD所成的角为，.
类型七同类题型演练
1．（2023·全国·高三专题练习）如图，在圆柱中，底面半径为，为圆柱的母线.
(1)若，为的中点，求直线与底面的夹角大小；
(2)若圆柱的轴截面为正方形，求该圆柱的侧面积和体积.
【答案】(1)；
(2)侧面积，体积.
【详解】（1）解：因为与圆柱的上底面垂直，则直线与底面所成的角为，
易知，在中，，，
故，故直线与底面的夹角大小为.
（2）解：若圆柱的轴截面为正方形，则，
故圆柱的侧面积为，体积为.
2．（2023·全国·高三专题练习）如图，三棱锥中，侧面PAB垂直于底面ABC，，底面ABC是斜边为AB的直角三角形，且，记O为AB的中点，E为OC的中点.
(1)求证：；
(2)若，直线PC与底面ABC所成角的大小为60°，求四面体PAOC的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
线面角的定义可得，结合锥体体积公式求四面体PAOC的体积.
【详解】（1）连接，因为，所以，
侧面垂直于底面，平面，平面平面，
所以底面，底面，所以，
是斜边为的直角三角形，且，所以，
又因为O为AB的中点，所以,所以为等边三角形，
又E为OC的中点，所以，
因为，，，，
所以平面，又平面，
所以；
（2）由（1）知底面ABC，所以直线PC与底面ABC所成角为，因为直线PC与底面ABC所成角的大小为，，
因为，所以，在中，，
，所以.
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，，，，，.
(1)求证：平面.
(2)设E为BC的中点，求PE与平面ABCD所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【详解】（1）∵，，PB=PD，∴Rt△PDC≌Rt△PBC，∴BC=DC，
又PB∩PD=P，∴PC⊥平面PBD，∵BD平面PBD，∴PC⊥BD，
∵AB=AD，BC=CD，∴易知AC⊥BD，
又∵AC∩PC=C，AC,PC含于面PAC∴BD⊥平面PAC；
（2）
如图，设AC交BD于O，则O是BD的中点，连接OP，过作，连接，
由（1）得，BD⊥平面PAC，面，故，又，所以，面，故为PE与平面ABCD所成角，设，因为为中点，且，故在中，，
又由BC=CD，且BD=，，
∴在△BCD中，由余弦定理得：，
即，解得，故，
∴，，，
，
∵PC⊥平面PBD，∴， 所以，在中，利用等面积法，得到
，故，所以，在中，
4．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PD＝BC＝1，二面角P－CD－A为直二面角．
(1)若E为线段PC的中点，求证：DE⊥PB；
(2)若PC＝，求PC与平面PAB所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2).
【详解】（1）证明：因为PD＝DC＝1，且E为PC的中点，
所以DE⊥PC，
又因为二面角P－CD－A为直二面角，
所以平面PCD⊥平面ABCD，
因为BC⊥CD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，平面ABCD，
所以BC⊥平面PCD，
因为平面PCD，
所以BC⊥DE.
因为BC⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，BC∩PC＝C，
所以DE⊥平面PBC，
又因为PB⊂平面PBC，
所以DE⊥PB.
（2）解：在中，，，
由余弦定理可得，
因为
所以∠PDC＝120°，
过点P作PH⊥CD的延长线于H，如图，
因为二面角P－CD－A为直二面角，平面平面，平面，
所以平面，
在中，，
过H点作HG∥DA，且HG与BA的延长线交于G点．
因为
所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以
在中，，
所以，
设点C到平面PAB的距离为h，则
，
解得，
设PC与平面PAB所成的角为θ，
，
即PC与平面PAB所成角的正弦值为.
5．（2023·上海·高二专题练习）如图，在直角三角形中，，斜边，直角三角形可以通过以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角，动点在斜边上.
(1)求证：平面平面；
(2)当为的中点时，求异面直线与所成角的正切值；
(3)求与平面所成角的正切值的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)．
【详解】（1）证明：因为，，所以为二面角的平面角，即，，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）解：取中点．连接，如图，
因为是中点，所以，所以异面直线与所成角为（或其补角），
由已知，，，平面，所以平面，
而平面，所以，所以，
又，，所以，，从而，，
，
；
（3）由（1）知平面，所以是与平面所成角，
又平面，则，
，
直角中，到上点的距离的最小值为边上的高即，
所以的最大值为．
6．（2022春·山东聊城·高一统考期末）如图，在三棱柱中，点在平面上的射影为的中点，，，，.
（1）求证：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以平面平面.
因为，，所以.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面
（2）解：
取中点，连接，，则，所以四边形是平行四边形.
因为，，，，平面，
所以平面，又平面
所以平面平面.
作于，则平面，
连接，则为直线与平面所成的角.
由，，，知，
又由（1）知平面，
所以，，
.
则.
由于，所以，所以.
故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.
7．（2022春·四川成都·高一统考期末）如图，在三棱锥D－ABC中，△ABC是边长为2的正三角形，△ADC是以AC为底边的等腰直角三角形，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)若BD＝2，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求FA与平面ABC所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(1)
因为是正三角形，E为AC的中点，所以，
又因为是以AC为底边的等腰直角三角形，所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以平面BED⊥平面ACD；
(2)
因为平面，平面，所以，
所以当最小时，△AFC的面积最小，此时，
由题可得，，因为 ，满足，
所以，且，
又，，所以平面，
过作，所以平面，
因为，所以，
因为，所以在直角中，，
设FA与平面ABC所成角为，则.
8．（2022春·湖南永州·高一统考期末）如图所示，在四棱锥中，已知底面是边长为6的菱形，，，，为线段上的点，且．
(1)证明：平面平面；
(2)为线段上的一点，且平面，求的值及直线与平面的夹角．
【答案】(1)证明见解析
(2)，
(1)
证明：设与相交于点，连接，
四边形为菱形，，
，，
又，平面，
则平面，
平面，
平面平面.
(2)
解：在线段上作点，过点作，交于，连接，，
，，则，故，，，四点共面，
平面，平面，平面平面，
，故四边形为平行四边形，则，
， ，
，，
在中，，，
在（1）知，又，平面，
平面，
过作，交于点，故且，
在中，，，
连接，在中，，
平面，则为直线与平面的夹角，
在中，，，
直线与平面的夹角为.
9．（2022春·福建漳州·高一统考期末）如图，在棱长为3的正方体中.
(1)求证：平面；
(2)若平面，求证：点E为的中心；
(3)若点P是平面内一个动点，且，求直线与平面所成角大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
（1）
如图，连接，
因为四边形为正方形，则，
∵平面，平面，则，
因为，
∴平面，
∵平面，
∴，
同理可证，
∵，
平面.
（2）
如图，由（1）知，平面，
∵，
∴，
∴，
∴E为的外心.
∵，
∴是正三角形；
∴E为正的中心.
（3）
如图，由（2）知E为正的中心，，
在中，由正弦定理得，，
，
∵，
∴，
∵平面，平面，
∴，即，，
∵，
即，
∵，解得，
所以，点P的轨迹是以点E为圆心，半径为1的圆，
∵平面，
所以，与平面所成的角为，
而，
∵，
故.
10．（2022春·四川绵阳·高一四川省绵阳南山中学校考阶段练习）已知梯形ABCD中，，，E为线段CD上一点（不在端点），沿线段AE将折成，使得在平面ABC上的射影落在线段BE上.
(1)当点E为CD的中点时，证明：平面平面；
(2)若与平面所成角的正弦值为，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
（1）
当点为的中点时，由题得，
故，，且都在平面中，
故平面.又平面，
故平面平面；
（2）
如图过A作交BE于点，连，
因为在平面ABC上的射影落在线段BE上，
则平面ABCD，平面平面ABCD，
又平面平面，，平面ABCD，
故平面.
所以是直线在平面上的投影，
直线与平面所成角即为直线与直线所成角，即为，
∴，又，
在中，，所以,
所以,所以,
所以,,
在中，，
在中，，
所以，所以，
所以H与B重合，.
11．（2022春·江苏南通·高一统考期末）如图，在直四棱柱中，底面为平行四边形，，.
(1)证明：平面；
(2)若点在棱上，直线与平面所成角的大小为.
①画出平面与平面的交线，并写出画图步骤；
②求的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)①作图见解析；②
(1)
因为，，故，所以.又直四棱柱，故平面，又平面，故，又，平面，故平面
(2)
①过作于，连接，分别交于，连接，则直线为平面与平面的交线.
②由①，因为，故四点共面，设，则直线为平面与平面的交线，故三点共线.过作于，连接，又，且根据线面平行的性质可得，故平面 ，所以，又，平面.故直线与平面所成角为.当不重合，即与不重合时，易得，又均为锐角，故.当重合时，有与重合，此时由（1）平面，故平面，故为与平面所成角.故当与重合时，取得最大值，此时，故的最大值为
类型八：二面角
角度1：求二面角
典型例题
例题1．（2023·上海·高二专题练习）在正方体中，平面与平面所成的锐二面角的大小是___________.
【答案】##
【详解】正方体中，平面，
又平面，
所以，又，
所以是平面与平面所成的锐二面角的平面角，
在直角中，，
所以平面与平面所成的锐二面角的大小是．
故答案为：．
例题2．（2023·全国·高三专题练习）如图,在锥体中，四边形为边长为1的菱形，且，，，,分别是，的中点，
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明过程见解析；
(2)
【详解】（1）取的中点，连接，
∵四边形ABCD是边长为1的菱形，且，
是边长为1的正三角形，得，且，
，
，且，
∵，平面，
平面
分别是的中点，
，即四边形为平行四边形，
∴，
∵平面DEF，平面DEF，
∴PB平面DEF，
同理可证：OB平面DEF，
∵，
平面平面，
平面；
（2）由（1）知：∠POB为二面角P-AD-B的平面角，又PB=2，
所以，
即二面角P-AD-B的余弦值为
例题3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在直角梯形中，，，，沿对角线将折至的位置，记二面角的平面角为．
(1)当时，求证：平面平面；
(2)若为的中点，当时，求二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）当时，平面平面．
在直角梯形中，，所以，所以，
因为平面平面，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）取的中点，连接，因为，所以．
因为为的中点，连接，则为的中位线，所以．
因为，所以，
所以为二面角的平面角，即．
因为，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
因为平面平面，所以过作，交于点，则平面．
平面，，过作与点，连结，．
所以．所以为二面角的平面角．
在中，，，．
在中，．
在中，，
所以，故二面角的正切值为．
例题4．（2023·全国·高三专题练习）在四棱锥中，底面是正方形，，．
(1)求证：平面；
(2)求异面直线与所成的角；
(3)求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析，
(2)，
(3).
（1）
证明：因为底面是正方形，，，
所以，
所以，
同理，
因为，平面，
所以平面；
（2）
解：连接，
因为四边形为正方形，所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
所以异面直线与所成的角为；
（3）
解：设，作于，连接，，
由（2）知，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
所以为二面角的平面角，
因为，
所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
在中，，
所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，
所以，
因为为锐角，所以，
所以二面角的大小为．
例题5．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，是边长为2的等边三角形，平面，，且，，为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
（1）
在四棱锥中，取PB的中点E，连OE，CE，如图，
因为棱的中点，则，，
因平面，有平面，而平面，则，
则有，在直角梯形中，，又是边长为2的等边三角形，
即，又，因此，而，则，
于是得四边形为平行四边形，有，又平面，平面，
所以平面.
（2）
因，，则，由（1）知，
即，解得，有，
延长BC，AD交于点Q，连PQ，由且得：点D是AQ中点，即有，
因此，即，由平面，平面，得,
而，平面，则平面，平面，即得，
因此是二面角的平面角，，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值是.
角度2：由二面角求参数
典型例题
例题1．（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥中，底面是边长为的等边三角形､若二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】解：取的中点，连接，
因为，
所以，
所以，所以，
因此为二面角的平面角，
设，则，
，，
在中，由余弦定理得，
即，解得：，
所以三棱锥的外接球的直径，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C.
例题2．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，点在侧棱上.
(1)求证：平面平面；
(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：∵平面ABCD，平面ABCD，
∴.
∵四边形ABCD是直角梯形，，，，
∴，
取AB中点为F,连接，
∵四边形ABCD是直角梯形，，，，
∴，，，，
∴四边形ADCF为矩形，，
∴.
∴⊥，又，平面，
∴平面PBC.
∵平面EAC，
∴平面平面PBC.
（2）方法一：由（1）知平面PBC，又∵平面PBC，
∴⊥，
由（1）知，所以是二面角的平面角.
由图知平面PAC与平面ACE的夹角即为二面角，
∵平面PAC与平面ACE的夹角的余弦值为，
∴，
∵平面ABCD，平面ABCD，
∴.
在中，由，得：，
∴，
∴，，
∵∠CPB与∠CBP互余，∠PCE与∠ECB互余，
∴，，
∴；
例题3．（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱锥中，底面，，，，，是上一点，且，是中点．
(1)求证：；
(2)若二面角大小为，求棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
（1）
在 中, ,
由余弦定理得, ，即， 所以有 ，，
在 中，. 由正弦定理得， ,即 ，解得，又，， 所以有 , 于是有 . 连结，则三角形为正三角形, 所以 , 又, 所以,
又因 底面 平面,所以 ，是平面内两相交直线, 所以有 面, 又 平面, 所以 .
（2）
由(1)知, 又 底面 平面，
所以 , 又是平面内两相交直线, 所以 平面， 平面，所以 ，
所以 即为二面角 的平面角,
因二面角 大为 , 所以 ,
由 , 又 底面 平面，
所以 知 , 所以 ,
图2
因 , 所以 ,
又因为中点, 所以,
由 , 设 到平面的距离为, 则 , 解得 , 也就是到平面的距离为 ，
又 , 所以三棱雉 的体积 .
例题4．（2022秋·浙江宁波·高三校联考期末）如图，在中，，，且，分别为，的中点．现将沿折起，使点到达点的位置，连接，，为的中点，连接．
(1)证明：平面；
(2)若二面角的余弦值为，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）设为的中点，连接，，
又，则．
因为，是的中点，所以，
因为，，，，
所以，，所以为平行四边形，
则，故，
又因为，平面，
所以平面．
（2）因为平面，平面，所以，
又，所以是二面角的平面角，
于是．
因为，，，平面，
所以平面，于是有平面．
因为平面，所以．
在中，，，故，，
因为，所以，所以，
又因为，，平面，所以平面．
故．
例题5．（2022秋·青海·高三青海师大附中校考阶段练习）如图，是正四棱柱.
(1)求证：平面；
(2)若二面角的大小为，求异面直线与所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）因为是正四棱柱，所以底面且四边形为正方形.
因为底面，所以.
因为四边形为正方形，所以.
因为,面,面,
所以平面.
（2）设与交点为，连结.
因为底面是正方形,所以,且为的中点,所以，
所以为ニ面角的平面角，所以.
设,则，.
因为,所以异面直线与所成角即为与所成角,即为.
连结,则△中, ，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
角度3：二面角最值问题
典型例题
例题1．（2022·高一单元测试）在正2021棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是______．
【答案】
【详解】解：当正棱锥的顶点无限趋近于底面正多边形中心时，
则底面正多边形便为极限状态，此时棱锥相邻两侧面所成二面角且小于；
当棱锥高无限大时，正棱柱便又是另一极限状态，此时且大于，
所以正棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是；
故答案为：．
例题2．（2023·上海·高二专题练习）如图，在矩形中，、分别是线段、的中点，，，将沿翻折，在翻折过程中点记为点．
(1)从翻折至的过程中，求点运动的轨迹长度；
(2)翻折过程中，二面角的平面角为，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）解：取DM的中点E，则从翻折至的过程中，点P运动的轨迹是以点E为圆心，AE为半径的半圆，
因为，，所以，所以点P运动的轨迹长度为.
（2）解：由（1）得，连接AN，并延长交BC延长线于F，，折起后，有面，过P作，则面，再过点O 作，则就是二面角P−BC−D的平面角θ，
设， ，，
，
令，所以，所以，解得.
所以的最大值为.
例题3．（2022春·福建泉州·高一统考期末）在矩形中，．点，分别在，上，且，沿将四边形翻折至四边形，点平面．
(1)若平面⊥平面，求三棱锥的体积；
(2)在翻折的过程中，设二面角的平面角为，求tan的最大值．
【答案】(1)
(2)1
(1)
解：在平面内作交于．
∵平面⊥平面，平面平面，平面，
∴⊥平面．
∴即点到平面的距离．
在梯形中，过点作交于，则，
∴，．
在中，
∴三棱锥的体积
(2)
如图，在平面内作直线交FE延长线于点O，交CB延长线于点K．
∵，，，平面，
∴平面，又∵平面，
∴平面⊥平面，
作交OK于点M．
∵平面⊥平面，平面平面，，平面，
∴⊥平面，
∴．
作交BC于点N，连接．
∵，∴BC⊥平面，
∴，又∵，∴为二面角的平面角．
∵在中，，
∴，
设，
则，
∴
令，则，
当且仅当时，取到最大值1，综合可知的最大值为1
例题4．（2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考开学考试）如图1，在矩形中，已知，为的中点.将沿向上翻折，进而得到多面体（如图2）.
（1）求证：；
（2）在翻折过程中，求二面角的最大值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【详解】解：（1）如图1，连接交于F.
因为，且E为的中点，，
在矩形中，因为，
所以，所以，
所以，
所以，即.
由题意可知平面，
所以平面.
因为平面，所以.
（2）如图2，过作，垂足为H，过H作，垂足为G，连接.
因为平面平面，所以.
又因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
又因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
所以是二面角的平面角.
在翻折过程中，设.
在矩形中，由，E为的中点，
得.
在直角三角形中，，所以，
因为，所以，所以，
所以.
在直角三角形中，.
设，所以.
所以，即.
解得，当时，等号成立，故，
因为，所以，
所以二面角的最大值为.
角度4：二面角探索性问题
典型例题
例题1．（2023·全国·高三专题练习）如图：长为3的线段与边长为2的正方形垂直相交于其中心．
(1)若二面角的正切值为，试确定在线段的位置；
(2)在（1）的前提下，以，，，，，为顶点的几何体是否存在内切球？若存在，试确定其内切球心的具体位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)存在，在线段上的靠近点的三分点位置
(2)存在 ，内切球心在点距离为的位置上．
【详解】（1）取线段的中点为点，连接，，．
由于四边形是正方形，为其中心，所以，
又面,面，所以.
而，面,面,所以面.
因为面，所以.
同理可以证出，为二面角的平面角，．
设，，，则．且
在中，，
同理在中，
由，
得：
故在线段上的靠近点的三分点位置.
（2）几何体存在内切球，令球心为.
若设线段的中点为点，内切球的半径为，由对称性可知：平面四边形的内切圆的圆心为，半径即为，
故，而，．
所以，得．
由三角形相似有：
所以．
故其内切球心在点距离为的位置上．
例题2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在正四棱锥中，，点为底面的中心，点在棱上，且的面积为1．
(1)若点是的中点，求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在一点使得二面角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明强由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，P为棱SD靠近端点S的三等分点.
【详解】（1）在四棱锥S-ABCD中，正方形ABCD的边长是，则AC=2，
因点S在底面ABCD上的射影为底面ABCD的中心点O，即SO⊥底面ABCD，而AC底面ABCD，则SO⊥AC，
又△SAC的面积为1，即，解得，于是得，则，
因点P是SD的中点，则有SD⊥AP，SD⊥CP，而，平面PAC，
从而得SD⊥平面PAC，又平面SCD，
所以平面SCD⊥平面PAC.
（2）假定在棱SD上存在一点P使得平面PAC和平面ACD夹角的余弦值为，连OP，OD，如图，
由(1)知，SO⊥AC，而DO⊥AC，，平面SOD，则有AC⊥平面SOD，
又平面SOD，从而有PO⊥AC，因此，是二面角P-AC-D的平面角，
令PD=a，由(1)知，SO⊥DO，SO=DO=1，则，且，
过P作PM//SO交DO于M，则PM⊥DO，，，
因，则，而，即有，，
解得：，即有，
所以在棱SD上存在一点P使得二面角的余弦值为，P为棱SD靠近端点S的三等分点.
例题3．（2023·上海·高二专题练习）如图，在棱长为2的正方体中，、分别是和的中点.
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）求异面直线与之间的距离
（3）在棱上是否存在一点，使得二面角的大小为30°?若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）存在，.
【详解】（1）取中点，连结，如图，
又为中点，，
连结，则或其补角即为异面直线与所成角，
为中点，正方体边长为2，
，，
，
异面直线与所成角的余弦值为．
（2）因为，
所以异面直线EF与AB之间的距离即为直线与平面间的距离，
即点B与平面的距离，
连接，交于,
因为,
所以，又,
所以平面,
即为点B到平面的距离.
因为,
所以，
即异面直线EF与AB之间的距离为.
（3）假设棱BB1上存在一点P满足题意，
连接交于 ，连接,
所以为二面角的平面角，
设，，
即，所以，
故当存在长为时，二面角的大小为．
例题4．（2022秋·广东韶关·高二校考阶段练习）如图1，在平行四边形中，，，，将沿折起，使得平面平面，如图2．
(1)证明：平面；
(2)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为45°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在点M，；
【详解】（1）在中，因为，，，
由余弦定理得，
所以，
所以，
所以
如图所示：
作于点，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
所以，
又因为，
所以平面，
因为平面，
所以，
又由，
所以平面.
（2）如图所示：
存在点M，当M是的中点，二面角的大小为45°.
证明如下：由（1）知平面，
且，
，又因为是的中点，
同理可得：BM=，
取BD的中点为O，DC的中点为E，连接MO，EM，OE，
因为，
所以是二面角 的平面角，
又因为，
.此时.
类型八同类题型演练
1．（2022秋·云南曲靖·高二校考开学考试）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AA1，B1C1的中点．
(1)求证：平面C1BD；
(2)若DC1⊥BD，AC＝BC＝1，AA1＝2，求二面角B﹣DC1﹣C的正切值．
【答案】(1)证明过程见解析；
(2).
【详解】（1）连接交于于，连接，
因为是中点，所以，且，
又因为D是AA1的中点，所以有，且，
所以，且，
因此四边形是平行四边形，
所以，而平面C1BD，平面C1BD，
所以平面C1BD；
（2）因为，，
所以，，同理可得，
因此，即，而DC1⊥BD，
所以是二面角B﹣DC1﹣C的平面角，
因为平面，
所以平面，而平面，
因此，因为平面，而平面，
所以，因为平面，
所以平面，而平面，
所以，
所以.
2．（2022秋·江苏苏州·高三苏州中学校联考阶段练习）在轴截面为正方形的圆柱中，分别为弧，弧的中点，且在平面的两侧．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：设轴截面正方形边长为，取弧另一侧的中点，
则与垂直平分，且，
所以四边形为正方形，，
因为为弧中点，所以，四边形为矩形，
所以，所以，所以四边形为平行四边形，
因为，，
所以，所以，所以四边形为矩形；
（2）解：由（1）知，，，，
所以
所以，斜边上的高，
作交于点，连接，
因为，，，所以，
则，所以
即为二面角的平面角，，，
在中，由余弦定理得，
二面角的余弦值为.
3．（2023秋·广东广州·高二广州市天河中学校考期末）如图，三棱柱的所有棱长都是2，平面，，分别是，的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)求平面和平面夹角的余弦值；
(3)在线段（含端点）上是否存在点，使点到平面的距离为？若存在，请指出点的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)见解析；
(2)；
(3)存在，与点重合时，满足题意.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，
所以，
又为边长为2的正三角形，为中点，
所以，
所以平面，
平面，
所以①,
又，
所以，
所以，
所以，
所以(为与的交点)，
所以②，
又因为③,
由①②③可得平面，
又因为平面，
所以平面平面；
（2）解：设,过作于，连接,
因为平面，
平面，
所以，
又因为，
，
则平面,
平面,
所以，
所以为平面和平面夹角，
在中，,
在中，，
所以，
所以中，,
所以；
（3）当点与点重合时，点到平面的距离为，
取中点，连接,
则∥，
所以四点共面，
又平面，
平面，
所以，
又，
,
所以平面，
设点到平面的距离为，
又,
即,
即,
所以，
解得.
故在线段存在点（端点处），使点到平面的距离为.
4．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四面体中，已知.点是中点.
(1)求证：平面；
(2)已知，作出二面角的平面角，并求它的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)作图见解析，
【详解】（1）是中点，
又是中点，
面
所以面
（2）由题知，，，
取的中点，连接，
,
根据三角形全等证明方法,可以证明,
,
所以是二面角的平面角，
利用勾股定理计算出,
由余弦定理得，解得，
所以，，
所以，
所以中，.
5．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，，，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且PM与面ABC所成角的正切值为，求二面角的平面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
（1）证明：连接OB．
法一：∵，∴，即△ABC是直角三角形，
又O为AC的中点，∴
又∵，
∴
∴．
∴，OB、AC平面ABC
∴PO⊥平面ABC．
法二：连接，，O为AC的中点∴
因为
∴ ∴，∴
∴，OB、AC平面ABC．
∴PO⊥平面ABC．
（2）
由（1）知，PO⊥面ABC∴OM为PM在面ABC上的射影，∴∠PMO为PM与面ABC所成角，
∴，∴，
在△OMC中由正弦定理可得，∴M为BC的中点．
法一：作ME⊥AC于E，∴E为OC的中点，作交PA于F，连MF
∴MF⊥PA ∴∠MFE即为所求二面角的平面角，
∴
∴
类型九：新定义题
1．（2022秋·四川成都·高三成都七中校考期中）攒尖在中国古建筑（如宫殿、坛庙、园林等）中大量存在，攒尖式建筑的屋面在顶部交汇成宝顶，使整个屋顶呈棱锥或圆锥形状.始建于年的廓如亭（位于北京颐和园内，如图）是全国最大的攒尖亭宇，八角重檐，蔚为壮观.其檐平面呈正八边形，上檐边长为，宝顶到上檐平面的距离为，则攒尖坡度（即屋顶斜面与檐平面所成二面角的正切值）为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由题设，上檐平面的八边形如下图示：，，且是的中点，
∴，而，
∴，(舍)，又，故，
由题设知：攒尖坡度为.
故选：D
2．（2022秋·广东江门·高二新会陈经纶中学校考阶段练习）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑[nà].如图，在鳖臑中，面，，，，则下列选项中，不正确的是（ ）
A．面面
B．二面角的余弦值为
C．与面所成角为
D．三棱锥外接球的表面积为
【答案】D
【详解】∵，，，
∴，∴，
可得，，
则有，∴.
对于A，∵面∴，又，，得面，又平面，∴面面故正确；
对于B，∵面，∴，，∴就是二面角的平面角，余弦值为，故正确；
对于C，∵面，∴与面所成角为，故正确；
对于D，取的中点为，则，所以三棱锥外接球的球心为，半径为1，其表面积，故错.
故选：D.
3．（多选）（2022·全国·高三专题练习）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖，六角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑.下面以六角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正六棱锥.已知此正六棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°，若取θ=30°，侧棱长为米，则（ ）
A．正六棱锥的底面边长为2米
B．正六棱锥的侧棱与底面所成角的正切值为
C．正六棱锥的侧面积为48平方米
D．正六棱锥的体积为16立方米
【答案】BCD
【详解】如图，设正六边形的中心为，的中点为，连接，，
则平面，故为侧棱与底面所成的角．
设，
由正六棱锥的性质可得，，
由等边三角形可得，
故为二面角的平面角，故，
所以，而，故，
在中，有，故，故，故A错．
又在，，故，故B正确．
正六棱锥的侧面积为（平方米），故C正确．
正六棱锥的体积为（立方米），故D正确．
故选：BCD．
4．（多选）（2022春·山东德州·高一校考阶段练习）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中对几何学的研究比西方早一千多年，在该书中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；将底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”；将四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图，下列选项中，可以判定是“鳖臑”的有（ ）
A．AB，BC，BD两两垂直
B．平面BCD，且
C．平面BCD，且平面平面ACD
D．平面平面BCD，且平面平面ABC
【答案】BC
【详解】对于A，如图，在正方体中，AB，BC，BD两两垂直，而此时四面体中，为等边三角形，所以此四面体不是“鳖臑”，所以A错误，
对于B，因为平面BCD，平面，所以，因为，，所以平面，因为平面，所以，所以，所以此四面体的四个面均为直角三角形，所以此四面体为“鳖臑”，所以B正确，
对于C，过作于，因为平面平面ACD，平面平面，所以平面，因为平面，所以，因为平面BCD，平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，，所以，所以此四面体的四个面均为直角三角形，所以此四面体为“鳖臑”，所以C正确，
对于D，如图，在正方体中，平面平面BCD，且平面平面ABC，而此时四面体中，为等边三角形，所以此四面体不是“鳖臑”，所以D错误，
故选：BC
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