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大题培优 04 立体几何大题
目录
【题型一】等角证明及建系型...........................................................................................................................................1
【题型二】投影型证明与建系...........................................................................................................................................5
【题型三】斜棱柱建系法.................................................................................................................................................10
【题型四】翻折型建系求动点.........................................................................................................................................14
【题型五】二面角及其延长线型建系.............................................................................................................................19
【题型六】最值型.............................................................................................................................................................24
【题型七】特殊的几何体.................................................................................................................................................29
【题型一】等角证明及建系型
向量角度：
角度公式：
（1）、异面直线夹角（平移角，也是锐角和直角 ）， 分别是两直线的方向向量
（2）、直线与平面所成的角（射影角，也是夹角， ）， 分别是直线的方向向量与平面的法
向量
（3）、二面角（法向量的方向角， ） 分别是两平面的法向量
1.（2023上·山东·高三校联考阶段练习）如图，在四棱台 中，底面 是正方形，
， ， ， ．(1)求证：直线 平面 ；
(2)求二面角 的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）设 ， 交于点O，连接 ， ， ，易证 ，可得 ，得
，又 ，得证；
（2）易证 为等边三角形，可证 平面 ，可得 ， ， 两两互相垂直，建系利用
向量法求解即可.
【详解】（1）证明：设 ， 交于点O，连接 ， ， ，因为 ， ，
，
所以 ，所以 ，又因为O为正方形的对角线交点，即O是线段 的中点，
所以 ，又因为四边形 为正方形，所以 ， 又因为 ， 平面
，
所以 平面 ．
（2） ∵底面 是正方形， ，∴ ， ，
又 ， ，∴ 为等边三角形，∵O为 中点，∴ ，
又 ， 平面 ，∴ 平面 ，∴ ， ， 两两互相垂直，以 ， ， 所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如
图，
∴ ， ， ， 所以
， ，设平面 的法向量 ，
则 ，即 ，令 ，则 ， ，∴ ，
取平面 的法向量 ，设平面 与平面 所成夹角为 ，
则 ，所以二面角 的余弦值为 ．
2.（223浙江宁波·浙江省宁波市鄞州中学校考模拟预测）如图，在四棱台 中，底面
是菱形， ， ， 是 的中点．
（1）求证：直线 平面 ；
（2）求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）延长 交于点 ，连结 ，证明 ， ，得到证
明.
（2）过点 作 于 ，即 ，连结 ，直线 与平面 所成的角，即为 与平
面 所成的角，利用体积计算得到答案.
【详解】（1）延长 交于点 ，连结 ，因为 ，
故 ，即 ，所以 ，又因为菱形 ，
即 ，又因为 ，所以 平面 ．
（2）过点 作 于 ，即 ，连结 ，
因为 ，即 是 的中点， 是 的中点，
故 ，
所以直线 与平面 所成的角，即为 与平面 所成的角，
又因为 ，所以 ，因为 平面 ，
所以面 平面 ，所以 平面 ，
故 ，
所以 ，
所以 ，设点 到平面 的距离是 ，
故 ，即 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
3..(2024郑州一质检）如图，在多面体 中，底面 为平行四边形， 平面BC， 为等
边三角形， ．(1)求证：平面 平面 ；
(2)求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的方法即可求得平面平面 与平面 的夹角的余弦值.
【详解】（1）不妨设 ，则 ，
在平行四边形 中， ， ， ，连接 ，
由余弦定理得 ，即 ，
， .
又 ， ， ，
平面 ，又 平面 .
平面 平面 .
（2）
取 中点 ，连接 ， ， ，
由（1）易知 平面 ，且 .
如图，以 为原点，分别以射线 所在直线为 轴，竖直向上为 轴，建立空间直角坐标系 ，
则 ， ， ， ， ， ，
， ， ，设平面 的法向量为 ，则 ，得 ，令 ，得 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
得 ，令 ，得 ， ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值 .
【题型二】投影型证明与建系
1.（2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂
足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)证明：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3，试证明AM⊥平面BMC.
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】（1）建系，利用空间向量证明线性垂直；
（2）利用空间向量证明线面垂直.
【详解】（1）由题意知AD⊥BC，如图，以O为坐标原点，
以过O点且平行于BC的直线为x轴，OD，OP所在直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系O－xyz.
则 ，可得，
∵ ∴ ，即AP⊥BC.（2）由（1）可得 ，
∵M是AP上一点，且AM＝3，∴ 可得
，
设平面BMC的法向量为 ，则 ，令b＝1，则 ，即
，
显然 ，故 ∥ ，∴AM⊥平面BMC.
2.（2023·贵州贵阳·高二贵阳一中校考阶段练习）如图，在三棱锥 中， 是点 在平面ABC上的
投影， ， ， 是BD的中点.
(1)证明： 平面DAC；
(2)若O点正好落在 的内角平分线上， ， ， ，求二面角 的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2) .
【分析】（1）连接BO并延长交AC于点E，由题可得 ，进而可得 ，然后根据线面平行
的判定定理即得；
（2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.
【详解】（1）连接BO并延长交AC于点E，连接OA，DE，
因为 是 在平面ABC上的投影，所以 平面 ， ， 平面ABC，所以 ，
，
又 ，所以 ，即 ，所以 ，又 ，即 ，
所以 ， ，所以 ，所以 ，
即 ，所以 为BE的中点，又 为DB的中点，所以 ，又 平面 ， 平面DAC，所以 平面DAC；
（2）过点A作 ，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为 ， ，所以 ，又 点正好落在 的角平分线上，
所以 ，所以 ，所以 ， ，则 ，
所以 ，所以 ， ， ， ，
所以 ，则 ， ， ，设平面AMB的一个法向量为
，
则 ，令 则 ，所以 .设平面AMC的一个法向量为
，
则 ，令 ，则 ， ，所以 .
所以 .设二面角 的大小为 ，则 ，
所以 ，即二面角 的正弦值为 .
3.（23-24高三·黑龙江·阶段练习）已知：斜三棱柱 中， ， 与面 所成角正切
值为 ， ， ，点 为棱 的中点，且点 向平面 所作投影在
内．(1)求证： ；
(2) 为棱 上一点，且二面角 为 ，求 的值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）取线段 的中点 ，连接 、 ，证明出 平面 ，利用线面垂直的性质可证
得结论成立；
（2）过点 在平面 内作 ，垂足为点 ，证明出 平面 ，可知直线 与平面
所成的角为 ，根据已知条件求出 、 的长，然后以点 为坐标原点， 、 、 的
方向分别为 、 、 轴的正方向建立空间直角坐标系，设 ，其中 ，利用空间向量法可
得出关于 的等式，解出 的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：取线段 的中点 ，连接 、 ，
在斜三棱柱 中， 且 ，则四边形 为平行四边形，
所以， 且 ，
因为 、 分别为 、 的中点，所以，四边形 为平行四边形，
所以， ，
又因为 ，则 ，因为 ，则 ，
因为 ， 为 的中点，则 ，
因为 ， 、 平面 ，所以， 平面 ，
因为 平面 ，所以， .
（2）解：由（1）可知， 平面 ，
过点 在平面 内作 ，垂足为点 ，因为 平面 ， 平面 ，则 ，
又因为 ， ， 、 平面 ，则 平面 ，
所以，直线 与平面 所成的角为 ，
所以， ，则 ，
因为 ，可得 ， ，
因为 ，则 ， ，
所以， ，则 ，
因为 为 的中点，所以， ，
以点 为坐标原点， 、 、 的方向分别为 、 、 轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则 、 、 、 、 ，
，则 ，
即点 ，同理可得点 、 ，
设 ，其中 ，
则 ，且 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，取 ，则 ， ，
所以，平面 的一个法向量为 ，
易知平面 的一个法向量为，
因为二面角 为 ，则 ，整理可得 ，
因为 ，解得 ，即 .
【题型三】斜棱柱建系法
1.（2023·河南南阳·南阳中学校考三模）如图，在四棱锥 中，平面 平面 ，四边形
是梯形， ， ， ， 分别是棱 ， 的中点．
(1)证明： 平面 ．
(2)若 ，求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）构造面面平行，利用面面平行的性质定理证明线面平行即可；
（2）以 为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线 的方向向量与平面 的法向量，
即可得线面夹角的正弦值.
【详解】（1）证明：取 的中点 ，连接 ， ．
因为 ， 分别是棱 ， 的中点，所以 ．
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．因为 ， 分别是棱 ， 的中点，所以 ．
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
因为 ， 平面 ，且 ，所以平面 平面 ．
因为 平面 ，所以 平面 ．
（2）以 为坐标原点，分别以 ， 的方向为 ， 轴的正方向，垂直平面 向上的方向为 轴
的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设 ，则 ， ．
由余弦定理可得 ，则 ，
从而 ， ， ， ， ，
故 ， ， ．设平面 的法向量为 ，
则 ,令 ，得 ．设直线 与平面 所成的角为 ，
则 ，即直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
2.
3.
（2023·贵州毕节·校考模拟预测）如图，在三棱柱 中，侧面 是矩形，
， ， 分别为棱 的中点， 为线段 的中点．(1)证明： 平面 ．
(2)求二面角 的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2) .
【分析】（1）连接 ，利用平行线分线段成比例定理，及线面平行的判断定理推理作答.
（2）由已知证明 平面 ，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
【详解】（1）在三棱柱 中，连接 ，交 于点 ，连接 ，如图，
四边形 为平行四边形，有 ，而 为 的中点，则 ，
由 ，得 ，又 分别为 的中点，即有 ，
因此 ，则 ，而 平面 平面 ，
所以 平面 ．
（2）因为 ，则 是菱形，又 ，即 ， 是正三角形，
则 ，矩形 中， ，而 ，
平面 ，于是 平面 ，令 ，过 作 ，则 平面 ，以 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
，设平面 和平面 的法向量分别为
， ，则 ，令 ，得 ，
，令 ，得 ，
，令二面角 的大小为 ，
则 ，于是 ，所以二面角 的正弦值为 ．
3.（2023·全国·高三专题练习）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
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，
故 ，
因为直线BE与平面QAD所成的角为60°，
所以 ，解得 或 ，
【题型四】翻折型建系求动点
1.（2024·山西运城·一模）如图，在矩形纸片 中， ， ，沿 将 折起，使点
到达点 的位置，点 在平面 的射影 落在边 上.(1)求 的长度；
(2)若 是边 上的一个动点，是否存在点 ，使得平面 与平面 的夹角余弦值为 ？若存在，
求 的长度；若不存在，说明理由.
【答案】(1)1(2)
【分析】
（1）利用投影性质以及线面垂直性质可得 ，再利用三角形相似可求得 ；
（2）建立空间直角坐标系，设 ，并根据坐标分别求得平面 与平面 的法向量，
由两平面夹角的余弦值列方程解得 ，可得 .
【详解】（1）作 ，垂足为 ，连接 ，如下图所示：
由点 在平面 的射影 落在边 上可得 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
因为 ，且 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
又因为 为矩形， ，可得 ，
由 ， 可得 ，
所以 ， ；
由 可得 ，即 ；
即 的长度为1.
（2）根据题意，以点 为坐标原点，以过点 且平行于 的直线为 轴，分别以 所在直线为
轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则 ，并设 ，
可得 ，所以 ；
易知 ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
所以 ，解得 ，取 ，则 ，
即 ，
设平面 的一个法向量为 ，
所以 ，解得 ，取 ，则 ，
即 ，
因此可得 ，整理可得 ，
解得 （舍）或 ；因此 ，即可得 .所以 的长度为 .
2.（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形 中， ，将 沿
折起，使点D到达点P位置，且 ，连接 得三棱锥 ，如图2．
(1)证明：平面 平面 ；
(2)在线段 上是否存在点M，使平面 与平面 的夹角的余弦值为 ，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）推导出 ，证明出 平面 ，可得出 ， 利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点 为坐标原点， 、 、 的方向分别为 、 、 轴的正方向建立空间直角坐标系，设
，其中 ，利用空间向量法可得出关于 的等式，结合 求出 的值，即可得出
结论.
【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形 为平行四边形， ，则 ，
因为 ，则 ， ，
由余弦定理可得 ，
所以， ，则 ，同理可证 ，
翻折后，则有 ， ，
因为 ， ， 、 平面 ，
所以， 平面 ，
因为 平面 ，则 ，
因为 ， 、 平面 ，所以， 平面 ，
所以平面 平面 .
（2）因为 平面 ， ，以点 为坐标原点，
、 、 的方向分别为 、 、 轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则 、 、 、 ，
设 ，其中 ，
则 ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，则 ， ，所以， ，
平面 的一个法向量为 ， ， ，则 ，令 ，可得 ，
则 ，整理可得 ，
因此，线段 上存在点 ，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为 ，且 .
3.（2023·全国·模拟预测）如图①所示，在 中， ， ， ， 垂直平分 ．现将
沿 折起，使得二面角 的大小为 ，得到如图②所示的四棱锥 ．
(1)求证：平面 平面 ；
(2)若Q为 上一动点，且 ，当锐二面角 的余弦值为 时，求四棱锥
的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据折叠可得 ， ，进而可证 平面 ，即可得结果；
（2）连接 ，根据题意可知： ， ， ，建系，设 ，利用
空间向量结合二面角求得 ，进而结合体积公式分析求解.
【详解】（1）因为 垂直平分 ，则 ， ，
即 ， ，
且 ， ， 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以平面 平面 ．
（2）由（1）可知： ， ，
则 为二面角 的平面角，即 ．
又因为 ，所以 为等边三角形．在 中，因为 ， ， ，
可得 ，
则 ，所以 ．
连接 ，因为 为 的中点，所以 为等边三角形．
取 的中点 ，连接 ， ，则 ， ，
又因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
则 平面 ，且 平面 ，所以 ．
故以 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 ， ， ， ， ，
可得 ，
设 ， ，则 ，
解得 ，故 ，
所以 ， ．
设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，则 ．
设平面 （即平面 ）的一个法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，可得 ，
由题意可得 ，
整理得 ，解得 或 （舍），
所以 ．
故 ，
所以四棱锥 的体积为 ．
【题型五】二面角及其延长线型建系
1.（2023·辽宁大连·统考一模）如图，平面五边形ABCDE中， 是边长为2的等边三角形， ，
CD＝AE， ，将 沿AD翻折，使点E翻折到点P．
(1)证明：PC⊥BC；
(2)若PC＝3，求二面角P－AD－B的大小，以及直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）在平面图形中取 中点 ，则有 、 ，再应用线面垂直的判定、性质证
结论；（2）由（1）得 ， ，则二面角 的平面角为 ，在 中利用余弦定
理求解即可；在平面 内作 ，以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立空间
直角坐标系，确定相关点坐标，求直线 的方向向量、平面 的法向量，进而求线面角的正弦值.
【详解】（1）在平面图形中取 中点 ，连接 ， ，
∵ 是边长为2的等边三角形，
∴ ， ，故翻折后有 ，
又∵ ，∴ ，∵ ，∴ ，
且 ， ， 平面 ，∴ 平面 ，
∵ ，∴ ，∴ 平面 ，
又∵ 平面 ，∴ ．
（2）由（1）得 ， ，∴二面角 的平面角为 ，
在 中， ， ．由余弦定理得 ，∴ ，二面角
的大小是 ，
在平面 内作 ，交 于 ，∵ 平面 ，
以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立空间直角坐标系，
由（1）得，四边形 为矩形，又∵ ， ，
所以各点坐标为 ， ， ， ， ，所以 ，
， ，设平面 的一个法向量 ，则 ，即设 ，则 ， ，∴ ，设直线 与平面 所成角为 ，
则 ．
2.（2023·甘肃兰州·兰化一中校考模拟预测）如图，已知菱形 中， ，点 为边
的中点，沿 将 折起，得到 且二面角 的大小为 ，点 在棱 上，
平面 .
(1)求 的值；(2)求二面角 的余弦值.
【答案】(1) (2)
【分析】（1）首先通过面面平行的性质证明 ，则 ，再利用三角形相似即可得到答案；
（2）利用二面角定义得到 ，建立合适的空间直角坐标系，写出相关点坐标，求出平面
和平面 的法向量，利用空间向量法求出二面角余弦值即可.
【详解】（1）连接 ，设 ，连接 ，
取 中点 点，分别连接 , ,
则 ， 平面 ， 平面 ，则 平面 ，
又因为 平面 ，且 ， 平面 ，
所以平面 平面 ，
又因为平面 与平面 平面 相交，则交线 ，故 ，因为 为 中点，且底面 为菱形，故 ，
又在菱形 中， ，所以 ，所以 .
（2）因为 ， ，所以三角形 为等边三角形，
所以 ，而根据折叠过程可知 ，且平面 平面 ， 平面 ，
，
因此 是二面角 的平面角，则 ，
如图，以点 为原点， 所在直线为 轴， 轴，建立空间直角坐标系 .依据题意 ，
从而
设平面 的法向量 ，由 得到
，由 得到 .
令 设平面 的法向量 ，
由 得到 ，由 得到 .
令 .因此 ，所以，所求二面角的余弦
值是 .
3.（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）已知直角梯形形状如下，其中 ， ，
， ．(1)在线段CD上找出点F，将四边形 沿 翻折，形成几何体 ．若无论二面角
多大，都能够使得几何体 为棱台，请指出点F的具体位置（无需给出证明过程）．
(2)在（1）的条件下，若二面角 为直二面角，求棱台 的体积，并求出此时二面角
的余弦值．
【答案】(1) 或 为靠近点 的三等分点；(2) ； .
【分析】（1）延长 交于点 ，连接 并延长交 于 ，翻折后证明平面 平面 即可
推理作答.
（2）根据给定条件，证明 平面 ，再利用锥体的体积公式结合割补法求出体积，建立空间直角
坐标系求出面面角的余弦作答.
【详解】（1）在直角梯形 中，延长 交于点 ，连接 并延长交 于 ，如图，
， ， ，于是 ，则 ， 为靠近点 的三等分点，
将四边形 沿 翻折，即将 沿 翻折，无论二面角 多大，
所成几何体均为三棱锥 ，显然 平面 平面 ，
于是 平面 ，同理 平面 ，而 平面 ，
因此平面 平面 ，从而几何体 是棱锥 被平行于底面 的平面所截，
截面和底面间的部分，即几何体 是棱台，
所以无论二面角 多大，都能够使得几何体 为棱台， ， 为靠近点 的三等
分点.
（2）翻折前 ，将 , , 延长一倍，三线交予点 ，
在等腰直角三角形 中， ，在棱台 中， ，又二面角 为直二
面角， 平面 ，即三棱锥 的体积为 ，
又三棱锥 的体积 ，则有棱台 的体积为
，
在线段 上取 ，有 ，四边形 为平行四边形, ，又 面 ，则 ，以 为原点， 为 , , 的单位向量建立空间直角
坐标系，
则 ， ，
，取平面 的法向量为 ， ，令
，取 ， 取面 的法向量 ，则 ，令 ，得
，
显然二面角 的平面角为锐角，设为 ， ，
所以二面角 的余弦值为 .
【题型六】最值型
1.（2023春·山西·高一统考期末）如图，在四棱锥 中， ， ， ，
MAD为等边三角形，平面 平面ABCD，点N在棱MD上，直线 平面ACN．
△
(1)证明： ．
(2)设二面角 的平面角为 ，直线CN与平面ABCD所成的角为 ，若 的取值范围是
，求 的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2) ．
【分析】（1）根据相似以及线面平行的性质即可求解，
（2）由面面垂直可得线面垂直，进而根据二面角以及线面角的定义，即可找到其平面角，利用三角形的
边角关系，即可求解.
【详解】（1）证明：连接BD交AC于O，连接ON．
因为 ， ，所以根据相似的性质可得 ．
因为直线 平面ACN， 平面MBD，平面 平面 ，
所以 ，则 ，所以 ．
（2）取AD的中点E，AC的中点F，连接ME，EF，MF．
因为△MAD为等边三角形，所以不妨设 ，
则 ， ．
因为平面 平面ABCD，平面 平面 ， 平面 ,
所以 平面ABCD， 平面ABCD,所以 ， ．
又因为E，F分别为AD，AC的中点，所以 ，
而 ，所以 ，又 ， 平面MEF,
则 平面MEF， 平面MEF得 ，
所以∠MFE是二面角 的平面角，即 ．
设 ，则 ，得 ．
过N作 交AD于H，连接CH，由于 平面ABCD，所以 平面ABCD，
则∠NCH为直线CN与平面ABCD所成的角，即 ．
， ， ．
因为 ，所以 ，则 ．因为 ，所以 ．
故 的取值范围为 ．
2.（23-24高三下·河北张家口·开学考试）如图，在矩形 中， ， ．沿对角线 折起，
形成一个四面体 ，且 ．
(1)是否存在 ，使得 ， 同时成立？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由．
(2)求当二面角 的正弦值为多少时，四面体 的体积最大．
【答案】(1)不存在，理由见解析(2)
【分析】（1）由线面垂直证明线线垂直，由勾股定理求出 值；
（2）四面体 的体积最大时，平面 平面 ，建立空间直角坐标系，利用向量法求出二面
角的余弦值，利用正弦和余弦的平方关系求出二面角的正弦值即可.
【详解】（1）若 ，∵ ， ， 面 ，
∴ 平面 ， 平面 ，则 ,
∴ ，即 ，∴ ；
若 ，∵ ， ， 面 ，
∴ 平面 ， 面 ，则 ,
∴ ，即 ，∴ ，无解．故 不成立．
所以不存在 ，使得 ， 同时成立；
（2）要使四面体 的体积最大，因为 的面积为定值，所以只需让三棱锥 的高最大
即可，此时平面 平面 ，
过点 作 于点 ，根据面面垂直的性质易得 平面 ，在平面 中作垂直于 的直线，
以 为原点分别以在平面 中垂直于 的直线、 、 为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系
，
则 ， ， ，显然平面 的法向量为 ．设平面 的一个法向量为 ， ， ，
由 得 得 ，取 ，得 ， ，得 ．
∴ ，
所以二面角 的正弦值为 ．
3.（2023春·江苏扬州·高三统考）如图，在三棱柱 中，底面是边长为2的等边三角形，
分别是线段 的中点， 在平面 内的射影为 .
(1)求证： 平面 ；
(2)若点 为棱 的中点，求点 到平面 的距离；
(3)若点 为线段 上的动点（不包括端点），求锐二面角 的余弦值的取值范围.
【答案】(1)证明见解析(2) (3)
【分析】（1）法一：利用线面垂直、面面垂直的性质定理与判定定理可证；
法二：建立空间直角坐标系，利用数量积为0，可证 ，从而得证；法三：如法二建立空间直角坐标系，求出平面 的一个法向量，证明其与 平行，从而得证；
（2）利用空间向量法求点到面的距离；
（3）利用空间向量求出二面角的余弦值，再借助函数性质求值域.
【详解】（1）法一：连结 ，因为 为等边三角形， 为 中点， ，
又 平面 ， 平面 ，
平面
平面 ，又 平面 ，
由题设知四边形 为菱形， ，
分别为 中点， ，
又 平面 平面 .
法二：由 平面 ， 平面 ，
又 为等边三角形， 为 中点， ，则以 为坐标原点， 所在直线为
轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则
又 平面 平面 .
法三：（同法二建系）设平面 的一个法向量为，即 不妨取 ，则 ，则
所以平面 的一个法向量为
， ， ， 平面
（2）由（1）坐标法得 ，平面 的一个法向量为 （或 ）
点到F到平面 的距离= （3）
设 ，则 ，
；
由（1）知： 平面 平面 的一个法向量
（或者由（1）中待定系数法求出法向量）；设平面 的法向量 ，
则 ，令 ，则 ；
，令 ，则
； ，
即锐二面角 的余弦值的取值范围为 .
【题型七】特殊的几何体
1.（2024·贵州·三模）如图，在正四棱锥 中， ，已知 ，
，其中 分别为 的中点.(1)证明： ；
(2)求二面角 的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）连接 ，证明四边形 和四边形 为平行四边形，进而证得 ，
，即可得证；
（2）以点 为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）如图，连接 ，
由题意可得 为 的中点，
因为 为 的中点，
所以 且 ，
又 且 ，所以 且 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，
因为 为 的中点，
所以 且 ，
又 且 ，所以 且 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，
所以 ；
（2）由题意知 平面 ， ，
如图所示，以点 为原点建立空间直角坐标系，
因为 ， ，
所以 ，
则 ，
故 ，
设平面 的法向量为 ，则有 ，可取 ，
设平面 的法向量为 ，
则有 ，可取 ，
则 ，
所以二面角 的正弦值为 .
2.（2024·全国·模拟预测）如图，正方体 的棱长为2，在正方形 的内切圆上任取一点
，在正方形 的内切圆上任取一点 ，在正方形 的内切圆上任取一点 ．
(1)若 分别是棱 的中点，，求棱 和平面 所成角的余弦值；
(2)求 的最小值与最大值．
【答案】(1) (2)最小值为 ，最大值为
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，运用线面所成角的方法进行求解；（2）建立空间直角坐标系，借助三角函数表示出题意中的距离，由均值不等式和柯西不等式解得.
【详解】（1）
以正方体的中心为原点， 、 、 的方向分别为 轴、 轴、 轴的正方向建立空间直角坐标系．
由题意， ， ， ， ， ，
则 ， ， ，设平面 的一个法向量 ，
则有 ，令 ，则 ， ，所以 ，所以
所以棱 和平面 所成角的余弦值为 ．
（2）由条件，可设 ， ， ，
记 ， ， ，则（ ）
（其中 ）
记 ，先求 的最小值：由①及均值不等式，
所以 所以
所以当 时， 可取到最小值
.
再求 的最大值：
由①知 所以
由柯西不等式，，即 ，
故当 时， 可取到最大值 ．
综上所述， 的最小值为 ，最大值为 ．
3.（2024·湖南·二模）如图所示，半圆柱的轴截面为平面 ， 是圆柱底面的直径， 为底面圆心，
为一条母线， 为 的中点，且 .
(1)求证： ；
(2)求平面 与平面 夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）欲证 ，需证 平面 ，即需证 垂直于平面 内的两条相交直线 和
，根据直线 平面 ，可证 ，根据勾股定理的逆定理可证 ，从而原命题得
证.
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量的方法求二面角的余弦.
【详解】（1）由 是直径可知 ，则 是等腰直角三角形，故 ，
由圆柱的特征可知 平面 ，又 平面 ，所以 ，
因为 ， 平面 ，则 平面 ，
而 平面 ，则 ，
因为 ，则 ，所以
， .
所以 ，因为 ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，故 .
（2）由题意及（1）易知 两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系，
则 ， ， ，所以 ， ， ，
由（1）知 平面 ，故平面 的一个法向量是 ，
设 是平面 的一个法向量，
则有 ，取 ，可得
设平面 与平面 夹角为 ，
所以 ，
