文档内容
重难点 11 空间角与探索性问题（2 种考法）
【目录】
考法1：空间角问题
考法2：探索性问题
二、命题规律与备考策略
1.求异面直线所成的角的三步曲
2.求直线和平面所成角的关键
作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体
积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值。
3.找二面角的平面角的常用方法
（1）由定义做出二面角的平面角
（2）用三垂线定理找二面角的平面角
（3）找公垂面
（4）划归为分别垂直于二面角的两个面的两条直线所成的角
4.用坐标法求异面直线所成角的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)分别求出两条异面直线的方向向量的坐标；
(3)利用向量的夹角公式计算两条直线的方向向量的夹角；
(4)结合异面直线所成角的范围求出异面直线所成的角．
5.利用向量法求两平面夹角的步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量；
(3)求两个法向量的夹角；
(4)法向量夹角或其补角就是两平面的夹角(不大于90°的角)
6.探求某些点的具体位置，使得线面满足平行或垂直关系，是一类逆向思维的题目。一般可采用两种方法：
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】一是先假设存在，再去推理，下结论；二是运用推理证明计算得出结论，或先利用条件特例得出结论，然
后再根据条件给出证明或计算。
〖关键技巧〗空间向量适合解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、结论、推理，只
需要通过坐标运算进行判断。解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”
问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，能更简单、有效地解决问题，应善于运用这
一方法解题。
三、题型方法
考法1：空间角问题
1．（2023•蓬莱区三模）如图，矩形BCDE所在平面与△ABC所在平面垂直，∠ACB＝90°，BE＝2．
（1）证明：DE⊥平面ACD；
（2）若平面ADE与平面ABC的夹角的余弦值是 ，且直线AE与平面BCDE所成角的正弦值是 ，
求异面直线DE与AB所成角的余弦值．
【分析】（1）根据矩形性质和平行关系可得DE⊥CD，DE⊥AC，由线面垂直的判定定理，即可证明结
论；
（2）利用面面垂直性质可证得AC⊥平面BCDE，过点A作l∥BC，利用线面角和面面角的定义可知
， ，求出BC，AB，由异面直线所成角的定义可知所求角为∠ABC，即可
得出答案．
【解答】解：（1）证明：∵四边形BCDE为矩形，∴DE⊥CD，
∵∠ACB＝90°，即AC⊥BC，
又DE∥BC，∴DE⊥AC，
∵AC∩CD＝C，AC 平面ACD，CD 平面ACD，
∴DE⊥平面ACD；⊂ ⊂
（2）∵平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC＝BC，BC⊥AC，AC 平面ABC，
∴AC⊥平面BCDE， ⊂
则∠AEC即为直线AE与平面BCDE所成的角，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】∴ ，
过点A作l∥BC，如图所示：则平面ADE∩平面ABC＝l，
由（1）得DE⊥平面ACD，则l⊥面ACD，∴AD⊥l，AC⊥l，
∴平面ADE与平面ABC的夹角为∠DAC，∴ ，
又DC＝BE＝2，∴AC＝1，则AE＝4，∴ ，∴ ， ，
又异面直线DE与AB所成的角为∠ABC，
∴ ，即异面直线DE与AB所成角的余弦值为 ．
【点评】本题考查直线与平面垂直的判定定理和性质定理、异面直线的夹角，考查转化思想，考查逻辑
推理能力和直观想象，属于中档题．
2．（2023•青羊区校级模拟）如图：在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAV＝90°，点D，E，N分
别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2．
（1）求证：MN∥平面BDE；
（2）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为 ，求线段AH的长．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可．
（2）建立直角坐标系，设AH＝h，得到 ， ，再根据异面直线的
夹角的余弦公式构造方程求解即可．
【解答】解：（1）证明：取AB中点F，连接MF、NF，
∵M为AD中点，∴MF∥BD，
∵BD 平面BDE，MF 平面BDE，
∴MF⊂∥平面BDE．∵N⊄为BC中点，∴NF∥AC，
又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE．
∵PE 平面BDE，NF 平面BDE，
∴NF⊂∥平面BDE．又⊄MF∩NF＝F，MF、NF 平面MFN．
∴平面MFN∥平面BDE， ⊂
∵MN 平面MFN，∴MN∥平面BDE．
（3）⊂因为PA⊥底面ABC，AB 平面ABC，AC 平面ABC，
所以PA⊥AB，PA⊥AC， ⊂ ⊂
因为∠BAC＝90°，
所以以A为原点，分别以AB，AC，AP所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示：
则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），N
（1，2，0），F（1，0，0），
依题意，设AH＝h（0≤h≤4），则H（0，0，h），
进而可得 ， ．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】由已知，得|cos＜ ＞|＝ ＝ ，解得h＝ 或h＝ ，
所以线段AH的长为 或 ．
【点评】本题主要考查线面平行的判定定理和异面直线夹角的余弦公式，属于中档题．
3 ． （ 2023• 盐 湖 区 校 级 二 模 ） 如 图 ， 在 三 棱 柱 ABC﹣ A B C 中 ， 侧 面 BB C C 为 菱 形 ，
1 1 1 1 1
．
（1）证明：平面ACB ⊥平面BB C C；
1 1 1
（2）求二面角A﹣A C ﹣B 的余弦值．
1 1 1
【分析】（1）先证明AD⊥平面BB C C，再根据面面垂直的判定可得平面ACB ⊥平面BB C C；
1 1 1 1 1
（2）取A C 的中点E，连AC ，AE，B E，可证∠AEB 为二面角A﹣A C ﹣B 的平面角，计算可得结
1 1 1 1 1 1 1 1
果．
【解答】解：（1）证明：连BC 、B C交于D，
1 1
则D为BC 、B C的中点，连接AD，
1 1
因为AC＝AB ，
1
所以AD⊥B C，
1
因为侧面BB C C为菱形，∠CBB ＝60°，AB＝BC＝2， ，
1 1 1
所以 ，AD＝1，
所以AB2＝BD2+AD2，即AD⊥BD，
因为B
1
C⋂BD＝B，B
1
C，BD 平面BB
1
C
1
C，
所以AD⊥平面BB C C， ⊂
1 1
因为AD 平面ACB ，
1
所以平面⊂ACB ⊥平面BB C C．
1 1 1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】（2）取A C 的中点E，连AC ，AE，B E，
1 1 1 1
由（1）知，AD⊥BD，又BD＝DC ，
1
所以AC ＝AB＝2，
1
又AA ＝CC ＝2，
1 1
所以AE⊥A C ，
1 1
同理得B E⊥A C ，
1 1 1
所以∠AEB 为二面角A﹣A C ﹣B 的平面角，
1 1 1 1
在△AEB 中， ，
1
， ，
所以 ＝ ，
所以二面角A﹣A C ﹣B 的余弦值为 ．
1 1 1
【点评】本题考查直线与平面的位置关系，二面角的余弦值，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
4．（2023•碑林区校级模拟）如图所示，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是矩形，PB⊥底面ABCD，AB＝
BC＝3，BP＝3，CF＝ CP，DE＝ DA．
（1）证明：EF∥平面ABP；
（2）求直线PC与平面ADF所成角的正弦值．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【分析】（1）由题意得PB⊥BC，PB⊥AB，AB⊥BC，则建立以B为原点，以BC、BA、BP所在直线
分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系B﹣xyz，利用向量法，即可证明结论；
（2）由（1）得 ＝（3，0，﹣3）， ＝（3，0，0）， ＝（2，﹣3，1），利用向量法，即可得
出答案．
【解答】解：（1）证明：∵PB⊥底面ABCD，BC 平面ABCD，AB 平面ABCD，且底面ABCD为矩形，
∴PB⊥BC，PB⊥AB，AB⊥BC，则建立以B为原点⊂，以BC、BA、B⊂P所在直线分别为x轴、y轴、z轴
的空间直角坐标系B﹣xyz，如图所示：
AB＝BC＝3，BP＝3，CF＝ CP，DE＝ DA，则B（0，0，0），C（3，0，0），E（2，3，0），F
（2，0，1），A（0，3，0），C（3，0，0），D（3，3，0），P（0，0，3），F（2，0，1），
则 ＝（0，3，﹣1），
又BC⊥平面ABP，在平面ABP的一个法向量为 ＝（3，0，0），
∴ • ＝0，即 ⊥ ，
又EF 平面ABP，
∴EF∥⊄平面ABP；
（2）由（1）得 ＝（3，0，﹣3）， ＝（3，0，0）， ＝（2，﹣3，1），
设平面ADF的一个法向量为 ＝（x，y，z），
则 ，取z＝3，则y＝1，x＝0，
∴平面ADF的一个法向量为 ＝（0，1，3），
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】设直线PC与平面ADF所成角为 ，
α
∴sin ＝|cos＜ ， ＞|＝ ＝ ＝ ，
α
故直线PC与平面ADF所成角的正弦值为 ．
【点评】本题考查直线与平面平行与直线与平面的夹角，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理
能力和运算能力，属于中档题．
5．（2023•全国模拟）已知三棱锥ABCD，D在面ABC上的投影为O，O恰好为△ABC的外心．AC＝AB＝
4，BC＝2．
（1）证明：BC⊥AD；
（2）E为AD上靠近A的四等分点，若三棱锥ABCD的外接球表面积为20 ，求二面角E﹣CO﹣B的余
弦值． π
【分析】本题根据线线垂直的性质和空间向量二面角的求法，即可求出．
【解答】解：（1）证明：连接AO，延长交BC于M，则M是BC的中点．
∵D在面ABC上的投影为O，
∴DO⊥面ABC，∴DO⊥BC，
∵AC＝AB，∴BC⊥AM，
∵AM∩DO＝0，∴BC⊥平面ADM，
∵AD 平面ADM，
⊂
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】∴BC⊥AD．
（2）以BC中点M为原点如图建立直角坐标系，
易知 ， ，C（0，1，0），
设二面角E﹣CO﹣B的平面角为 ，
α
面EOC的一个法向量为 ＝（x，y，z），
由 • ＝ • ＝0，即 x﹣ z＝﹣ x+y﹣ z＝0，
可取 ＝（ ），
面BOC的一个法向量为 ＝（0，0，1），
cos ＝ ＝ ，
α
∴二面角E﹣CO﹣B的余弦值为﹣ ．
【点评】本题考查空间位置关系的推理与证明，利用空间向量计算二面角，属中档题．
6．（2023•泉州模拟）三棱柱ABC﹣A B C 中，AA ＝AB＝2 ，CA ＝4，CB ＝2 ，∠BAA ＝60°．
1 1 1 1 1 1 1
（1）证明：CA＝CB；
（2）若CA＝4，求二面角A ﹣CB ﹣C 的余弦值．
1 1 1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【分析】（1）取AB的中点M，连接CM和MA ，证明AB⊥面CMA 即可；
1 1
（2）建立空间直角坐标系，标出每个点坐标，算出法向量即可求出二面角余弦值．
【解答】（1）证明：取AB的中点M，连接CM和MA ，如图：
1
因为A B ＝2 ，CA ＝4，CB ＝2 ，
1 1 1 1
根据勾股定理得到A B ⊥CA ，
1 1 1
因为AB∥A B ，
1 1
所以AB⊥CA ，
1
因为AA ＝AB＝2 ，∠BAA ＝60°，
1 1
所以△ABA1是等边三角形，
因为M是AB中点，
所以AB⊥MA ，
1
因为CA ∩MA ＝A ，
1 1 1
所以AB⊥面CMA ，
1
所以AB⊥CM，
因为M是AB中点，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】所以CA＝CB；
（2）解：在面CMA 平面内，过M作MA 的垂线作为z轴，
1 1
因为AB⊥面CMA ，
1
所以AB⊥z轴，
因为AB⊥MA ，
1
所以可以建立如图所示空间直角坐标系，
首先来看C点坐标，面CMA 分解图如下：
1
过C作CN⊥MA 交MA 于N点，设MN＝t，CN＝h，
1 1
则t2+h2＝13，（3﹣t）2+h2＝16，
解得t＝1，h＝ ，
所以点C（0，1，2 ），A （0，3，0）， ， ，
1
设面CA B 的法向量为 ＝（x，y，z），
1 1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】＝（0，﹣2， ）， ＝（ ），
所以 ，
不妨设z＝1，则法向量 ＝（0， ），
面CB C 即面CBB ，设面CBB 的法向量 ＝（s，q，r），
1 1 1 1
＝（ ），
所以 ，
不妨设r＝1，则法向量 ＝（﹣3，﹣ ，2），
从图像可得二面角A ﹣CB ﹣C 是钝二面角，
1 1 1
所以cos＜A ﹣CB ﹣C ＞＝﹣| |＝﹣ ，
1 1 1
即二面角A ﹣CB ﹣C 的余弦值是 ．
1 1 1
【点评】本题考查线面平行判定定理和利用向量法求解二面角问题，属于中档题．
7．（2023•哈尔滨一模）如图，在四棱锥 P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△PAD为等边三
角形，平面PAD⊥平面ABCD，PB⊥BC．
（1）求点A到平面PBC的距离；
（2）E为线段PC上一点，若直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为 ，求平面ADE与平面
ABCD夹角的余弦值．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【分析】（1）取AD的中点O，连接OB，OP，由题意得OP⊥AD，AO＝1，OP＝ ，OP⊥平面
ABCD，OP⊥OB，根据线面垂直的判定定理和性质，可得OB⊥AD，利用等体积法，即可得出答案；
（2）由（1）得OA，OB，OP两两垂直，则建立以O为原点的空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法，
即可得出答案．
【解答】解：（1）取AD的中点O，连接OB，OP，如图所示：
∵△PAD为等边三角形，AD＝2，
∴OP⊥AD，AO＝1，OP＝ ，
又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，OP 平面PAD，
∴OP⊥平面ABCD， ⊂
∵OB 平面ABCD，
∴OP⊂⊥OB，
∵PB⊥BC，BC∥AD，
∴AD⊥PB，
∵OP⊥AD，且OP 平面POB，PB 平面POB，OP∩PB＝P，
∴AD⊥平面POB，⊂ ⊂
∵OB 平面POB，
∴OB⊂⊥AD，
在菱形ABCD中，AB＝2，则OB＝ ，
∴PB＝ ＝ ，
设点A到平面PBC的距离为h，则V
A﹣PBC
＝V
P﹣ABC
，
∴ S△PBC •h＝ S△ABC •OP，即 × ×2× h＝ × × ×2× ，解得h＝ ，
故点A到平面PBC的距离为 ；
（2）由（1）得OA，OB，OP两两垂直，则建立以O为原点的空间直角坐标系O﹣xyz，
则O（0，0，0），P（0，0， ），C（﹣2， ，0），A（1，0，0），D（﹣1，0，0），
E为线段PC上一点，设 ＝t ，则E（﹣2t， t， ﹣ t），
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】∴ ＝（﹣2t﹣1， t， ﹣ t），
∵OP⊥平面ABCD，
∴平面ABCD的法向量为 ＝（0，0， ），
∴|cos＜ ， ＞|＝ ＝ ＝ ，解得t＝ ，
∴E（﹣ ，﹣ ， ），
设平面ADE的法向量为 ＝（x，y，z），
则 ，取y＝﹣2，则x＝0，z＝1，
∴平面ADE的法向量为 ＝（0，﹣2，1），
∴平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值为|cos＜ ， ＞|＝ ＝ ＝ ，
故平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值为 ．
【点评】本题考查点到平面的距离和二面角，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算
能力，属于中档题．
8．（2023•天津一模）已知底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥DQ，PA＝AD＝3DQ＝3，点E、
F分别为线段PB、CQ的中点．
（1）求证：EF∥平面PADQ；
（2）求平面PCQ与平面CDQ夹角的余弦值；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】（3）线段PC上是否存在点M，使得直线AM与平面PCQ所成角的正弦值是 ，若存在求出 的
值，若不存在，说明理由．
【分析】（1）（方法一）分别取AB，CD的中点G，H，连接EG，GH，FH，由中位线定理可得
EG∥FH，GH∥AD，由线面平行的判定定理可得GH∥平面ADQP，FH∥平面ADQP，由面面平行的判
定定理可得平面EGHF∥平面ADQP，进而可得答案．
（方法二）因为ABCD为正方形，且PA⊥平面ABCD，所以AP，AB，AD两两互相垂直，建立空间直
角坐标系，平面PADQ的一个法向量 ，则
，即 ，由线面平行的判定定理可得答案．
（2）设平面 PCQ 的法向量 ，则 ，解得 ，又平面 CQD 的一个法向量
，设平面PCQ与平面CQD夹角为 ，计算cos ，即可得出答案．
θ θ
（3）假设存在点M， ， [0，1]，设M（x，y，z），所以（x，y，z﹣3）＝ （3，3，﹣
λ∈ λ
3），进而可得 ，由（2）得平面PCQ的一个法向量为 ，则
，解得 ，即可得出答案．
【解答】解：（1）证明：（方法一）分别取AB，λ CD的中点G，H，连接EG，GH，FH，
由题意可知：点E、F分别为线段PB、CQ的中点，
所以EG∥PA，FH∥QD，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】因为PA∥DQ，
所以EG∥FH，
所以点E，G，H，F四点共面，
因为G，H分别为AB，CD的中点，
所以GH∥AD，
又因为AD 平面ADQP，GH 平面ADQP，
所以GH∥⊂平面ADQP， ⊄
又因为FH∥QD，QD 平面ADQP，FH 平面ADQP，
所以FH∥平面ADQP，⊂ ⊄
又因为FH∩GH＝H，FH，GH 平面EGHF，
所以平面EGHF∥平面ADQP，⊂
因为EF 平面EGHF，所以EF∥平面ADQP．
⊂
（方法二）因为ABCD为正方形，且PA⊥平面ABCD，所以AP，AB，AD两两互相垂直，建立如图所
示空间直角坐标系，
则P（0，0，3），C（3，3，0），Q（0，3，1），B（3，0，0）， ，
，
所以 ， ， ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】易知平面PADQ的一个法向量 ，
所以 ，
所以 ，
又因为EF 平面ADQP，
所以EF∥⊄平面ADQP．
（2）设平面PCQ的法向量 ，
则 ，即 ，令x＝1，则z＝3，y＝2，
所以平面PCQ的一个法向量为 ，
易知平面CQD的一个法向量 ，
设平面PCQ与平面CQD夹角为 ，
θ
则 ，
所以平面PCQ与平面CQD夹角余弦值为 ．
（3）假设存在点M， ， [0，1]，
λ∈
设M（x，y，z），所以（x，y，z﹣3）＝ （3，3，﹣3），
λ
所以M（3 ，3 ，3﹣3 ）所以 ，
λ λ λ
由（2）得平面PCQ的一个法向量为 ，
所以 ，
得12 2﹣8 +1＝0．即（2 ﹣1）（6 ﹣1）＝0，
λ λ λ λ
所以 或 ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】所以 或 ．
【点评】本题考查直线与平面的位置关系，二面角，解题中需要理清思路，属于中档题．
9．（2023•沙坪坝区校级模拟）如图，正三棱锥P﹣ABC中，PA＝AC＝6，E，F为棱PC的三等分点．
（1）求异面直线AE，BF夹角的余弦值；
（2）求三棱锥A﹣BEF的体积．
【分析】（1）取AC的中点M，连接BM，利用三角形中位线定理，可得MF∥AE，且MF＝ AE，结
合余弦定理即可得出结论．
（2）取底面ABC的中心O，连接PO，可得PO⊥底面ABC，利用勾股定理可得PO，即为点A到平面
PBC的距离，进而得出三棱锥A﹣BEF的体积．
【解答】解：（1）取AC的中点M，连接BM，
∵E，F为棱PC的三等分点，
∴MF∥AE，且MF＝ AE，
∵正三棱锥P﹣ABC中，PA＝AC＝6，
∴三棱锥P﹣ABC为正四面体，
∴BM＝3 ，
AE＝BF＝ ＝2 ，
∴MF＝ ，
在△BFE中，cos∠BFM＝ ＝ ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】∴异面直线AE，BF夹角的余弦值为 ；
（2）取底面ABC的中心O，连接PO，
则PO⊥底面ABC，
∴PO＝ ＝ ＝2 ，
∴点A到平面PBC的距离也为2 ，设h＝2 ，
∴三棱锥A﹣BEF的体积V＝ •h•S△BEF ＝ ×2 × ×2×3 ＝6 ．
【点评】本题考查了三角形中位线定理、余弦定理、空间角、与三棱锥的体积，考查了推理能力与计算
能力，属于中档题．
10．（2023•江苏模拟）如图，在三棱台ABC﹣A B C 中，BA⊥BC，平面A B BA⊥平面ABC，二面角B
1 1 1 1 1 1
﹣BC﹣A的大小为45°，AB＝2，BC＝A B ＝AA ＝1．
1 1 1
（1）求证：AA ⊥平面ABC；
1
（2）求异而直线BA 与CB 所成角的余弦值．
1 1
【分析】（1）根据已知条件证明 AA ⊥BA，又因为 AA ⊥BC，即可证明；（2）计算可得
1 1
， ，代入向量夹角公式即可．
【解答】解：（1）因为BC⊥BA，平面A B BA⊥平面ABC，平面A B BA∩平面ABC＝AB，
1 1 1 1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】BC 平面ABC，所以BC⊥平面A B BA，又因为AA ，BB 平面A B BA，
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所以⊂BC⊥AA ，BC⊥BB ，所以∠B BA是二面角B ﹣BC﹣⊂A的平面角，
1 1 1 1
因为二面角B ﹣BC﹣A的大小为45°，所以∠B BA＝45°，
1 1
取AB中点O，连结OB ，在梯形A B BA中，B A ∥BA，OA＝1＝B A ，
1 1 1 1 1 1 1
所以四边形A B OA是平行四边形，所以OB ＝AA ＝1，OB ∥AA ，
1 1 1 1 1 1
从而在三角形OBB 中，∠B BO＝45°，OB ＝OB＝1，所以∠BB O＝∠B BO＝45°，
1 1 1 1 1
所以∠BOB ＝90°，即 OB ⊥BA，所以AA ⊥BA．
1 1 1
又因为 AA ⊥BC，AB，BC 平面ABC，AB∩BC＝B，所以AA ⊥平面ABC．
1 1
（2）以O为坐标原点，OB⊂所在直线为x轴，平面ABC内过O平行于BC的直线为y轴，
OB 所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，
1
则B（1，0，0），A （﹣1，0，1），B （0，0，1），C（1，1，0），
1 1
所以 ， ，
所以异面直线BA 与CB 所成角的余弦值为| |＝ ．
1 1
【点评】本题考查直线与平面垂直，考查异面直线所成的角，属于中档题．
11．（2023•南通模拟）三棱柱ABC﹣A B C 中，AB＝AB ＝AA ＝AC＝2，∠BAC＝120°，线段A B 的中
1 1 1 1 1 1 1
点为M，且BC⊥AM．
（1）求AA 与BC所成角的余弦值；
1
（2）若线段B C 的中点为P，求二面角P﹣AB ﹣A 的余弦值．
1 1 1 1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【分析】（1）根据条件推理证明AM⊥平面ABC，AB⊥AN，故可以以A为坐标原点，AB，AN，AM所
在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，利用向量法求解即可；
（2）根据（1）所建立的空间直角坐标系，求出平面 PAB 和平面A AB 的一个法向量，利用向量的夹
1 1 1
角公式计算即可．
【解答】解：（1）在线段BC上取一点N，使 ，
在三棱柱ABC﹣A B C 中，AB∥A B ，
1 1 1 1 1
在△AB A 中，因为AB ＝AA ，M是A B 的中点，
1 1 1 1 1 1
所以 ，
所以AM⊥AB，
因为AM⊥BC，BC∩AB＝B，BC，AB 平面ABC，
所以AM⊥平面ABC． ⊂
在△ABN中，由余弦定理得： ，
所以AB2+AN2＝BN2，所以AB⊥AN，
以A为坐标原点，AB，AN，AM所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz，
则 ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】设 ，
因为 ，
所以 ＝（﹣1，0， ）， ＝（﹣3， ，0），
设直线AA 与BC所成的角为 ，
1
所以 ，
所以AA 与BC所成角的余弦值为 ．
1
（2）因为线段B C 的中点为P，所以 ，
1 1
设平面PAB 的一个法向量 ，
1
因为 ，
所以 ，
令z ＝1，则 ，
1
所以 ．
由（1）AM⊥平面ABC，AM 平面A AB ，
1 1
所以平面A AB ⊥平面ABC，⊂
1 1
又平面A AB ∩平面ABC＝AB，
1 1
又AB⊥AN，AN 平面ABC，AN 平面A AB ，
1 1
所以AN⊥平面A⊂AB ， ⊄
1 1
所以 为平面A AB 的一个法向量，
1 1
而AN在y轴上，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】所以取平面A AB 的一个法向量 ＝（0，1，0），
1 1
设二面角P﹣AB ﹣A 的平面角为 ，
1 1
α
，
由图可知： 为锐角，所以 ．
α
所以二面角P﹣AB ﹣A 的余弦值为 ．
1 1
【点评】本题主要考查空间线线、线面和面面垂直的判定和性质，以及空间角的求法，考查转化思想和
运算能力、推理能力，属于中档题．
12．（2023•日照三模）如图，在直三棱柱 ABC﹣A B C 中，AB＝2，侧面ABB A 是正方形，且平面
1 1 1 1 1
A BC⊥平面ABB A ．
1 1 1
（1）求证：AB⊥BC；
（2）若直线AC与平面A BC所成的角为 为线段A C的中点，求平面ABE与平面BCE所成锐二
1 1
面角的大小．
【分析】（1）根据面面垂直的性质，线面垂直的判定和性质，即可证明结论；
（2）由题意建立空间直角坐标系，结合直线与平面夹角的定义，利用向量法，即可得出答案．
【解答】解：（1）连接AB
1
，设A
1
B⋂AB
1
＝M，则A
1
B中点为M，且AM⊥A
1
B，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】∵平面A
1
BC⊥平面ABB
1
A
1
，平面A
1
BC⋂ 平面ABB
1
A
1
＝A
1
B，AM 平面ABB
1
A
1
，
∴AM⊥平面A BC， ⊂
1
∵BC 平面A BC，
1
∴AM⊂⊥BC，
又在直三棱柱ABC﹣A B C ，BB ⊥面ABC，BC 平面ABC，
1 1 1 1
∴BB ⊥BC， ⊂
1
∵AM∩BB ＝B ，AM，BB 平面ABB A ，
1 1 1 1 1
∴BC⊥平面ABB A ， ⊂
1 1
∵AB 平面ABB A ，
1 1
∴AB⊂⊥BC；
（2）由（1）得AM⊥平面A BC，
1
则直线AC与平面A BC所成的角为 ，
1
在正方形ABB A 中， ，
1 1
建立以B为原点的空间直角坐标系B﹣xyz，如图所示：
A（0，2，0），C（2，0，0），E（1，1，1），M（0，1，1），
则 ，
设平面ABE的法向量为 ，
则 ，取x＝1，则y＝0，z＝﹣1，
∴平面ABE的法向量为 ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】又AM⊥平面
设平面CBE的法向量为 ，则 ，
设平面ABE与平面BCE所成锐二面角为 ，
θ
∴cos ＝|cos＜ ＞|＝ ＝ ＝ ，
∵ 为θ锐角，
θ
∴ ＝ ，即平面ABE与平面BCE所成锐二面角的大小为 ．
【θ点评】本题考查直线与平面垂直和二面角，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算
能力，属于中档题．
13．（2023•四川模拟）已知棱锥P﹣ABCDE的底面五边形中，ABCD为边长为2的正方形，△ADE为等
腰直角三角形，AE＝DE＝PE，又PA⊥DE．
（1）在线段PB上找一点G，使得平面GAC∥平面PDE，并说明理由；
（2）在（1）的条件下，二面角B﹣DE﹣P为120°，求CG与平面PAC所成角的正弦值．
【分析】（1）线段PB的中点即为所求点G，此时有GM∥PD，DE∥AC，即可得到平面GAC∥平面
PDE；
（2）以E为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解．
【解答】解：（1）线段PB的中点即为所求点G．
理由如下：
连接BD交AC于点M，连接GM，PD，四边形ABCD是正方形，M为DB中点，又G为线段PB的中点，
所以GM∥PD，又GM 平面PDE，PD 平面PDE，
所以GM∥平面PDE，⊄ ⊂
又依题意可得DE∥AC，又AC 平面PED，DE 平面PED，
所以AC∥平面PED， ⊄ ⊂
又GM∩AC＝M，GM，AC 平面GAC，
所以平面GAC∥平面PDE；⊂
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】（2）由题意可得DE⊥AE，PA⊥DE，所以直线DE⊥平面PAE，PE⊥DE，
所以∠PEA为二面角B﹣DE﹣P的平面角，即∠PEA＝120°，
如图，以E为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则P（﹣ ，0， ），A（ ，0，0），B（2 ， ，0），C（ ，2 ，0），G（ ，
， ），
则 ＝（0，2 ，0）， ＝（ ，0，﹣ ），
设平面PAC的法向量 ＝（x，y，z），
由 ，可取 ＝（1，0， ），
又 ＝（﹣ ，﹣ ， ），
设CG与平面PAC所成的角为 ，则
θ
sin ＝|cos ＞|＝ ＝ ，
θ
所以CG与平面PAC所成角的正弦值为 ．
【点评】本题考查了面面平行的证明，考查了二面角、线面角的大小，查运算求解能力，是中档题．
14．（2023•山西模拟）如图，在四棱锥S﹣ABCD中．平面SAD⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，AD＝
2AB＝2BC，AS＝DS，点E，F分别为AS，CD的中点．
（1）证明：BE∥平面SCD；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】（2）若AB＝1， ，求二面角C﹣AS﹣F的余弦值．
【分析】（1）取DS的中点P，连接EP，PC，证明四边形EBCP为平行四边形，从而得BE∥CP，即
证得线面平行；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求二面角．
【解答】证明：（1）如图，取DS的中点P，连接EP，PC，
因为E，P分别为AS，DS的中点．
所以EP∥AD，AD＝2EP，
因为AD∥BC，AD＝2BC，所以EP∥BC，EP＝BC，
所以四边形EBCP为平行四边形，所以BE∥CP，
因为CP 平面SCD，BE 平面SCD，
所以BE∥⊂平面SCD； ⊄
解：（2）如图，取AD的中点O，连接SO，CO，
因为△SAD为等腰三角形，所以SO⊥AD，
因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，
所以SO⊥平面ABCD，又因为OC，OD 平面ABCD，所以SO⊥OC，SO⊥OD，
因为AD∥BC，AB⊥AD，AD＝2AB＝2B⊂C，所以AC＝DC，所以CO⊥AD，
所以OC，OD，OS两两互相垂直，
则以O为坐标原点，OC，OD，OS所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系 O﹣
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】xyz，
因为AB＝1， ，
所以A（0，﹣1，0）， ，C（1，0，0）， ，
所以 ， ， ， ，
设平面ACS的一个法向量为 ，
则 ，所以 ，即
令 ，得 ，所以 ，
设平面AFS的一个法向量为 ，
则 ，所以 ，即 ，
取z ＝1，得 ，所以 ，
2
所以 ，
设二面角C﹣AS﹣F的大小为 ，由图可知， 为锐角，所以 ，
θ θ
所以二面角C﹣AS﹣F的余弦值为 ．
【点评】本题考查直线与平面平行的证明和求二面角的大小，属于中档题．
15．（2023•乙卷）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2 ，PB＝PC＝ ，AD＝
DO，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，BF⊥AO．
（1）证明：EF∥平面ADO；
（2）证明：平面ADO⊥平面BEF；
（3）求二面角D﹣AO﹣C的正弦值．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【分析】（1）利用向量法可得OF∥AB，OF＝ AB，四边形ODEF为平行四边形，根据线面平行的判
定定理即可证明；
（2）由勾股定理可得AO⊥OD，AO⊥EF，根据面面垂直的判定定理即可证明；
（3）设二面角D﹣AO﹣C的平面角为 ，可知 为 和 的夹角，利用向量的夹角公式求解即可．
θ θ
【解答】证明：（1）由题可知，| |＝2 ，设 ＝ ，
λ
∵ ＝ cos∠BAC＝4，
则 ＝（ ）•（ ）＝ +（ ） ＝8 ﹣4＝
λ
0，解得 ，
∴OF∥AB，OF＝ AB，
而DE∥AB，DE＝ AB，∴DE∥OF，DE＝OF，∴四边形ODEF为平行四边形，
∴EF∥OD，
∵OD 平面ADO，EF 平面ADO，
∴EF∥⊂平面ADO． ⊄
证明：（2）AO＝ ＝ ＝PC＝2OD，AD＝ OD，
∴AD2＝AO2+OD2，即AO⊥OD，AO⊥EF，
∵BF⊥AO，BF∩EF＝F，
∴AO⊥平面BEF，
∵AO 平面ADO，
⊂
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】∴平面ADO⊥平面BEF．
解：（3）设二面角D﹣AO﹣C的平面角为 ，
∵AO⊥OD，AO⊥BF， θ
∴ 为 和 的夹角，
θ
| |＝ | |＝ ，| |＝ ＝ ，
cos ＝ ＝ ＝ ＝ ，
θ
sin ＝ ，
θ
∴二面角D﹣AO﹣C的正弦值为 ．
【点评】本题考查直线与平面、平面与平面位置关系的判定定理，考查二面角的计算，是难题．
考法2：探索性问题
一、解答题
1．（2023·全国·高三专题练习）已知正四棱台 的体积为 ，其中 .
(1)求侧棱 与底面 所成的角；
(2)在线段 上是否存在一点P，使得 ？若存在请确定点 的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）先求得正四棱台的高，然后求得侧棱 与底面 所成的角.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法确定是否存在符合题意的 点.
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【详解】（1）依题意，在正四棱台 中， ，
所以上底面积 ，下底面积 ，
设正四棱台的高为 ，则 .
连接 ，则 ，
所以 ，
设侧棱 与底面 所成的角为 ，则 ，
由于线面角 的取值范围是 ，所以 .
（2）连接 ，设正四棱台上下底面的中心分别为 ，
以 为原点， 分别为 轴建立如图所示空间直角坐标系，
，
设线段 上存在一点 ，满足 ，
，
，
则 ，
，
若 ，则 ，
即 ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】解得 ，舍去，
所以在线段 上不存在一点 ，使得 .
2．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）在三棱锥P-ABC中，若已知 ， ，点P在底
面ABC的射影为点H，则
(1)证明：
(2)设 ，则在线段PC上是否存在一点M，使得 与平面 所成角的余弦值为 ，
若存在，设 ，求出 的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)在线段PC上是否存在一点M，满足条件，且 .
【分析】（1）由条件证明 ，再证明 ，由此可得
，由线面垂直判定定理证明 平面 ，由此证明 ；
（2）建立空间直角坐标系，技术存在点 满足条件，由条件求平面 的法向量和直线 的方向向量，
由条件列方程求 即可.
【详解】（1）因为点P在底面ABC的射影为点H，
所以 平面 ，又 平面 ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】所以 ，
因为 ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，
因为 ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，
因为 ， ，
所以点 为 的垂心，所以 ，
因为 ， ， 平面 ， ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ；
（2）延长 交 于点 ，由（1）可得 ，
又 ，所以点 为线段 的中点，
所以 ，同理可得 ，
所以 为等边三角形，又 ，所以 ，
如图，以点 为原点，以 为 轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则 ，
故 ，
设存在点M，使得BM与平面 所成角的余弦值为 ，且 ，
则 ，
设平面 的法向量为 ， ，
则 ，所以 ，
令 ，可得 ，
所以 为平面 的一个法向量，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】所以 ，
设直线BM与平面 所成角为 ，则 ，又 ，
所以 ，故 ，
所以 或 ，又 ，
所以 .
所以在线段PC上存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为 ，且 .
3．（2023·安徽阜阳·安徽省临泉第一中学校考三模）在梯形 中， ，
， 为 的中点，将 沿 折起至 的位置，且 .
(1)求证：平面 平面 ；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(2)判断在线段 上是否存在点 ，使得直线 与平面 成角的正弦值为 .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，
【分析】（1）由条件证明 ， ，根据线面垂直判定定理证明 平面 ，再由面面垂
直判定定理证明平面 平面 .
（2）取 的中点 ，由条件证明 平面 ，建立空间直角坐标系，求直线 方向向量与平面
法向量，结合条件列方程求出点 的位置即可.
【详解】（1）连接 ，由已知可得： ，
又 ， ，
在 中， ，故 ，
又 ，且 ， 平面 ，
所以 平面 .
因为 平面 ，所以平面 平面 .
（2）取 的中点 ，连接 .
由（1）知 平面PBC，故 .
又 ，所以 平面 ，故 ，
又 ，所以 ，
又 ， 平面 ，
所以 平面
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】以OB，OP所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系.
则 ， ， ， ， ，
设 ，则 ，
设平面PEC的法向量为 ，
， ，
， ，故 ，
取 ，则 ， ，则 .
故设直线 与平面 夹角为 ，
则 ，
所以 ，
则 或 （舍去），
即Q为线段AP的中点，此时 .
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】4．（2023·湖南邵阳·邵阳市第二中学校考模拟预测）如图，在 中， ， 为 边上一动点，
交 于点 ，现将 沿 翻折至 .
(1)证明：平面 平面 ；
(2)若 ，且 ，线段 上是否存在一点 （不包括端点），使得锐二面角
的余弦值为 ，若存在求出 的值，若不存在请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）由条件证明 ， ，根据线面垂直判定定理证明 平面 ，根据面面
垂直判定定理证明平面 平面 ；
（2）证明 平面 ，建立空间直角坐标系， ，求平面 ，平面 的法向量，由条
件列方程求 即可.
【详解】（1）因为 ， ，
所以 ，所以 ，
所以 ，又因为 ，
， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以平面 平面 .
（2）因为 ， ，∴ ，
又∵ ， ， 平面 ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】∴ 平面 ，
∴ 、 、 两两垂直，以 点为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴建立空间直角坐标系，
因为 ， ，
所以 .
则 ， ， ， ，
平面 的一个法向量为 ，
，设 ，
，
，
设平面 法向量为 ，
则 ，所以 ，
取 ，则 ， ，
故 为平面 的一个法向量，
所以 ，
解得 ，符合题意
即 ，∴ .
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】5．（2023·广东佛山·统考模拟预测）如图 ，菱形 的边长为 ， ，将 沿 向上
翻折，得到如图 所示得三棱锥 .
(1)证明： ；
(2)若 ，在线段 上是否存在点 ，使得平面 与平面 所成角的余弦值为 ？若存在，
求出 ；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在， 或
【分析】（1）取 中点 ，利用等腰三角形三线合一性质，结合线面垂直的判定可得 平面 ，
由线面垂直性质可证得结论；
（2）利用余弦定理可求得 ，作 ，以 为坐标原点建立空间直角坐标系，设
，由面面角的向量求法可构造方程求得 的值，由此可得结果.
【详解】（1）取 中点 ，连接 ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】四边形 为菱形， ， ， ， ，
， 平面 ， 平面 ，
平面 ， .
（2） ， ，
，解得： ；
， ， ；
在平面 中，作 ，交 于点 ，
则以 为坐标原点， 正方向为 轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
假设在线段 上存在点 ，使得平面 与平面 所成角的余弦值为 ，
， ， ，
又 ， ， ，
， ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】设平面 的法向量 ，
则 ，令 ，解得： ， ， ；
轴 平面 ， 平面 的一个法向量 ，
，解得： ，
当 时， ；当 时， ；
当 或 时，平面 与平面 所成角的余弦值为 .
6．（2023·河南郑州·统考模拟预测）在底面ABCD为梯形的多面体中. ，BC⊥CD，
，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，且四边形BDEN为矩形．
(1)求证：BD⊥AE；
(2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°？若不存在，请说明理由．若存在，
确定点Q的位置并加以证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的 处，证明见解析
【分析】（1）根据已知条件及勾股定理和逆定理，利用矩形的性质及线面垂直的的判定定理，结合线面
垂直的性质定理即可求解；
（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量的共线定理，求出点 的坐标，
分别求出直线BE的方向向量和平面QAD的法向量，再利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关系即可求解.
【详解】（1）由题意知， ，BC⊥CD， ，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，
故有 ，易得 ，BD＝2， ，
在 ABD中，∵ ，∴BD⊥AD．
△
因为四边形BDEN为矩形，则BD⊥DE，
又 ， 平面ADE， 平面ADE，
故BD⊥平面ADE．
因为 平面ADE，
所以BD⊥AE．
（2）存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距
离点E的 处．
证明如下：以点D为坐标原点，建立的空间直角坐标系 ，如图所示，
则 ， ， ， ，
所以 ， ，
设 ，其中 ，解得 ，
故 ，
设平面QAD的法向量为 ， 则
即 令y＝1，则 ，z＝－2λ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】故 ，
因为直线BE与平面QAD所成的角为60°，
所以 ，解得 或 ，
故存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点
E的 处．
7．（2023·陕西榆林·统考二模）如图，在四棱锥 中， ，四边形 是
菱形， 是棱 上的动点，且 ．
(1)证明: 平面 ．
(2)是否存在实数 ，使得平面 与平面 所成锐二面角的余弦值是 ?若存在，求出 的值；若
不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在实数 ，使得面 与面 所成锐二面角的余弦值是 .
【分析】（1）由题设 ，根据线面垂直的判定得 平面 ，再由线面垂直的性质有
，并由勾股定理证 ，最后应用线面垂直的判定证结论；
（2）取棱 的中点 ，连接 ，构建空间直角坐标系，写出相关点的坐标，应用向量法求面面角的余
弦值，结合已知列方程求参数 ，即可判断存在性.
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【详解】（1）
因为四边形 是菱形，所以 .
因为 平面 ，且 ，所以 平面 .
因为 平面 ，所以 .
因为 ，所以 ，即 .
因为 平面 ，且 ，所以 平面 .
（2）
取棱 的中点 ，连接 ，易证 两两垂直，
故以 为原点，分别以 的方向为 轴的正方向，建立空间直角坐标系．
设 ，则 ，
故 ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】令 ，得 ．
平面 的一个法向量为 ,设面 与面 所成的锐二面角为 ，
则 ，整理得 ，解得
(舍去)．
故存在实数 ，使得面 与面 所成锐二面角的余弦值是 ．
8．（2023·天津和平·统考三模）如图，四棱台 中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等
的等腰梯形， ， 分别为 的中点，上下底面中心的连线 垂直于上下底面，且
与侧棱所在直线所成的角为 .
(1)求证： ∥平面 ；
(2)求点 到平面 的距离；
(3)边 上是否存在点 ，使得直线 与平面 所成的角的正弦值为 ，若存在，求出线段
的长；若不存在，请说明理由
【答案】(1)详见解析；
(2) ；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(3)存在点 ，此时 .
【分析】（1）建立空间直角坐标系后，用直线的方向向量和平面的法向量垂直,即可证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系后，用点到平面的距离公式即可求解；
（3）假设存在，列出方程求解即可.
【详解】（1）证明：因为 平面 ，以点 为坐标原点， 的方向分别为 轴， 轴，
轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为侧棱所在的直线与上下底面中心的连线 所成的角为 ，则
， ， ， ， ， ，
所以 ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，
令 ，则 ，
因为 ，
所以 ，所以 ，
又因为 平面 ，
所以 ∥平面 ；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】（2）解：由（1）知， ，
所以点 到平面 的距离为 ；
（3）解：假设边 上存在点 满足条件， ，
则 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
由题意可得 ，
化简得 ，则 或 （舍去），
即存在点 符合题意，此时 .
9．（2023·天津·校联考一模）已知底面 是正方形， 平面 ， ，
，点 、 分别为线段 、 的中点．
(1)求证： 平面 ；
(2)求平面 与平面 夹角的余弦值；
(3)线段 上是否存在点 ，使得直线 与平面 所成角的正弦值是 ，若存在求出 的值，
若不存在，说明理由．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在； 或
【分析】（1）法一：分别取 、 的中点 、 ，连接 、 、 ，证明出平面 平面
，利用面面平行的性质可证得结论成立；
法二：以点 为坐标原点，以 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，利用空间
向量法可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得平面 与平面 夹角的余弦值；
（3）假设存在点 ，使得 ，其中 ，求出向量 的坐标，利用空间向量法可得出关
于 的方程，解之即可.
【详解】（1）证明：法一：分别取 、 的中点 、 ，连接 、 、 ，
由题意可知点 、 分别为线段 、 的中点．所以 ， ，
因为 ，所以 ，所以点 、 、 、 四点共面，
因为 、 分别为 、 的中点，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
又因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
又因为 ， 、 平面 ，所以平面 平面 ，
因为 平面 ，所以 平面 ；
法二：因为 为正方形，且 平面 ，所以 、 、 两两互相垂直，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】以点 为坐标原点，以 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则 、 、 、 、 、 ，
所以 ，易知平面 的一个法向量 ，
所以 ，所以 ，
又因为 平面 ，所以 平面 ．
（2）解：设平面 的法向量 ， ， ，
则 ，取 ，可得 ，
所以平面 的一个法向量为 ，
易知平面 的一个法向量 ，设平面 与平面 夹角为 ，
则 ，
所以平面 与平面 夹角余弦值为 ；
（3）解：假设存在点 ，使得 ，其中 ，
则 ，
由（2）得平面 的一个法向量为 ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】由题意可得 ，
整理可得 ．即 ，
因为 ，解得 或 ，所以， 或 ．
10．（2023·河北保定·统考一模）如图，平行六面体 的所有棱长均为 ，底面 为
正方形， ，点 为 的中点，点 为 的中点，动点 在平面 内．
(1)若 为 中点，求证： ；
(2)若 平面 ，求线段 长度的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由条件先求 ， ， ，再证明 ，由此完成证明；
（2）建立空间直角坐标系，设 ，求平面 的法向量和直线 的方向向量，由条件列方程确
定 的关系，再求 的最小值即可.
【详解】（1）由已知 ， ， ， ，
所以 ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】，
，
因为 为 中点，
所以 ，
又 ，
所以 ，
所以
所以
（2）连接 ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
连接 ，
由正方形的性质可得 三点共线， 为 的中点，
所以 ，
由第一问 ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】平面 ， ，
所以 平面 ，
以 为坐标原点， 所在直线为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系
、 、 、 、
，
设平面 法向量为 ， ，
则 ，所以 ，
∴ ，
令 ，则 ， ．
∴ 为平面 的一个法向量，
因为点 在平面 内，
故设点 的坐标为 ，
因为 ，
所以 ，
，则 ，
所以 ，
所以当 时， 有最小值，最小值为 .
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】11．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）如图，四棱锥 中， 平面 ， ，
， ， ， 为线段 上一点，点 在边 上且 .
(1)若 为 的中点，求四面体 的体积；
(2)在线段 上是否存在点 ，使得 与平面 所成角的余弦值是 ？若存在，求出 的长；若不
存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据题意，以 为原点， 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系
，进而利用坐标法求得点 到平面 的距离为 ，再计算体积即可；
（2）设点 坐标为 ，根据 得 ，进而根据线面角的向量方法求解即可.
【详解】（1）解：由题意可得 两两互相垂直，
所以可以以 为原点， 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系 ，如图所示：
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】∴ ， ， ， ，
∴ ， ， .
设平面 的一个法向量 ，
，不妨令y＝1，∴ .
设点 到平面 的距离为 ，则 ，
又因为 ， ，∴ 的面积为 .
∴四面体 的体积为 .
（2）设点 坐标为 ，∴ ， .
∵ ，即 ，∴ ，
∴ ，∴ .
设 ， ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】∴ .
设平面 的一个法向量 ，
∴ ，即 ，令 得
∴ ，
∴ ，
∵ 与面 所成角的余弦值是 ，正弦值为 .
∴ ，整理得 ，
∴ ， （舍去）.
∴存在满足条件的点 ， 且 .
12．（2023·山东济宁·统考二模）如图，圆柱的轴截面 是边长为6的正方形，下底面圆的一条弦
交 于点 ，其中 ．
(1)证明：平面 平面 ;
(2)判断上底面圆周上是否存在点 ，使得二面角 的余弦值为 ．若存在，求 的长;若不存在，
请说明理由．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】(1)证明见解析
(2)存在点 ， 的长为 ．
【分析】（1）将面面垂直转化为 平面 ，根据圆和圆柱的性质可证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量可解.
【详解】（1）证明：由题意可知：在下底面圆中， 为直径．
因为
所以 为弦 的中点，且 ．
因为 平面 ．
所以 平面 ．
因为 平面 ．
所以平面 平面 ．
（2）
设平面 交圆柱上底面于 ，交 于点 ．
则二面角 的大小就是二面角 的大小．
分别以下底面垂直于 的直线、 为 轴建立空间直角坐标系如图所示．
因为 ，底面圆半径为3，所以 ．
则 ，设 ．
所以 ，
．设平面 的一个法向量为 ．
由 得： 即：
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】令 则 ．
设平面 的一个法向量为 ．
由 得： 即：
令 可得
所以
化简得 ，解得： 或 (舍)．
即： ．又因为 平面 平面 ，平面 平面
所以 ，且 为 的中点．
所以 ．
所以存在点 ，使得二面角 的余弦值为 的长为 ．
13．（2023·山东泰安·统考二模）如图，在三棱锥 中，平面 平面 ， 为等边三角
形，D，E分别为 ， 的中点， ， ， .
(1)求证： 平面 ；
(2)在线段 上是否存在点F，使得平面 与平面 的夹角为 ，若存在，求出 的长；若不存在，
请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(2)存在，
【分析】（1）先证明 ，结合 ，由线面垂直判定定理和定义证明 ，取 中点
G，由面面垂直性质定理证明 平面 ，由此可得 ，最后利用线面垂直判定定理证明
平面 ；
【详解】（1） 为等边三角形，D为 中点，
，
又 ， ， ， 平面 ，
平面 ，
平面 ，
，
取 中点G，连接 ，
为等边三角形，
，
平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 .
平面 ，
，
与 相交， ， 平面 ，
平面 ；
（2）以 为坐标原点， ， 所在直线为x轴，y轴，过C且与 平行的直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则
， ， ， ， ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】设 ，则
， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，所以 ，
取 ，可得 ，
为平面 的一个法向量，
取平面 的一个法向量为 ，
则 ，
解得 ，此时 ，
在线段 上存在点F使得平面 与平面 的夹角为 ，且 .
14．（2023·福建龙岩·统考二模）三棱柱 中， ， ，侧面 为矩形，
，三棱锥 的体积为 ．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(1)求侧棱 的长；
(2)侧棱 上是否存在点 ，使得直线 与平面 所成角的正弦值为 ？若存在，求出线段 的长；
若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）证明 平面 ，结合题目条件，先计算出 的值，然后即可以求得侧棱 的长；
（2）建立空间直角坐标系，设未知数 ，结合题目条件，列出方程求解，即可得到本题答案.
【详解】（1）在平面 内过 作 ，垂足为 ，
因为侧面 为矩形，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 ，
因为 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ；
（2）存在点 满足题意， ，理由如下：
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】如图，以 为坐标原点，以 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系，
则 ，
设 ，则 ，
故 ， ，
设平面 的法向量为
则 即 ，令 ，则 ，
故平面 的一个法向量 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则 ，解得 ，
故存在点E满足题意，所以 .
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