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立体几何常考解答题5种常见题型总结-【高考备考题型讲义】备战2024年高考数学常考题型分类讲义（新高考专用）
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这是一份立体几何常考解答题5种常见题型总结-【高考备考题型讲义】备战2024年高考数学常考题型分类讲义（新高考专用），文件包含2024年高考立体几何常考解答题5种常见题型总结解析版docx、2024年高考立体几何常考解答题5种常见题型总结原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共144页， 欢迎下载使用。
2024年高考立体几何常考解答题5种常见题型总结
【题型目录】
题型一：立体几何解答题中的体积问题
题型二：立体几何解答题中的线面角问题
题型三：立体几何解答题中的面面角问题
题型四：立体几何解答题中动点问题
题型五：立体几何解答题中的最值问题
【题型总结】
题型一：立体几何中的体积问题
此类问题一般会考：
①棱锥，棱柱体积问题，一般采用转换定点（三棱锥），找高证明垂直（四棱锥），作差，分割等方法解决
②点到面的距离，一般采用等体积法（三棱锥）或者空间向量（其中为平面内任意一点即可）
【例1】如图，直三棱柱中，，，侧面为正方形，.
(1)求证：；
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理和性质定理分析证明；
（2）根据题意利用转换顶点法运算求解.
【详解】（1）因为为直三棱柱，
则平面，平面，
∴，
，，平面，
所以平面，
且平面，
故，
因为侧面为正方形，所以，
平面，
所以平面，
又因为平面，所以.
（2）因为，所以，
所以，所以，
又点是的中点，
所以 .
【例2】如图，圆锥SO的侧面展开图是半径为2的半圆，AB，CD为底面圆的两条直径，P为SB的中点.
(1)求证：平面PCD；
(2)当体积最大时，求S到平面PCD的距离.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）连接OP，利用中位线定理可证OP∥SA，由线面平行的判定定理证明即可；
（2）由题意，建立空间直角坐标系，利用向量求解点到平面距离.
【详解】（1）证明：连接OP，如图所示，
因为O为AB的中点，P为SB的中点，
则，又平面，平面，
所以平面.
（2）记底面圆半径为r，侧面展开图半径为R，则R=2，
又，所以， ，
当体积最大时，，
以O为原点，OD，OB，OS为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，，，
， ， ，
设平面PCD的法向量为 ，
因为 ，令，，，
所以， ，
所以点S到平面PCD的距离
【例3】已知两个四棱锥与的公共底面是边长为4的正方形，顶点，在底面的同侧，棱锥的高，，分别为AB，CD的中点，与交于点E，与交于点F.
(1)求证：点E为线段的中点；
(2)求这两个棱锥的公共部分的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）证明，，进而证明四边形是平行四边形，可得E为线段的中点；
（2）分析四棱锥的底和高，用四棱锥的体积减四棱锥的体积，可得所求几何体体积.
【详解】（1）
连接，，如图，因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，又，所以四边形是矩形，
所以，，
又，分别为AB，CD的中点，所以，，
所以，，所以四边形是平行四边形，
又对角线，所以点E为线段的中点.
（2）连接，交EF于点N，过点作于M，
由题意知，故，
又，，，平面，所以平面，
故，又，，平面，
所以平面，即是四棱锥的高，
由（1）同理可得点F为线段的中点，所以，，
在中，，则，所以，
因为，
所以.
【例4】如图，在三棱柱中，平面ABC⊥平面，侧面为菱形，，底面ABC为等腰三角形，，O是AC的中点．
(1)证明：；
(2)若二面角的余弦值为，求三棱柱的体积．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）由平面ABC⊥平面，通过面面垂直的性质证明线面垂直，再证得线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法解决二面角的余弦值，解得，可得三棱柱的体积.
【详解】（1）平面ABC⊥平面，平面平面，
菱形中，，为等边三角形，O是AC的中点，，
平面，平面，平面，.
（2）平面，，，
以点O为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，，设，
则，，，，， ， ·
， ， ，
设平面的法向量是，
由，令，，得
设平面的法向量是 ，
由，令，，可得 ，
所以，由，解得，
，，
三棱柱的体积为.
【例5】如图，在四棱锥中，为等边三角形，为的中点，，平面平面．
(1)证明：平面平面；
(2)若，，，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；(2)或
【分析】（1）根据题意，取中点为，连接，由面面垂直的性质定理可得平面，再由线面垂直的判定可得平面，从而得到结果；
（2）根据题意，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，设，由条件可得，从而得到三棱锥的体积.
【详解】（1）
取中点为，连接，因为为等边三角形，所以，
且平面平面，平面平面，面，所以平面，
又平面，所以，
又因为，，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为为中点，所以，且，平面，所以平面，
且平面，所以平面平面.
（2）
由（1）可知，且，，所以平面，
且平面，所以，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设，则可得，
即，，
设平面的法向量为，
则，则可得，取，则，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
所以，
解得，或，即或
当时，则，
所以.
当时，，
所以.
【题型专练】
1．如图，在四棱锥中，平面，，，，，E为的中点，F在上，满足．
(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）根据给定条件证明即可推理作答.
（2）由等体积法得出所求体积.
【详解】（1）在四棱锥中，平面，而平面，则，
因，，平面，
所以平面.
（2）由（1）可知，平面，而PD在平面PAD中，所以，
则，
因为，所以.
，则
即.
因为，所以.
2．如图，是棱长为2的正方体，E是的中点.
(1)证明：；
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）利用正方形性质和线面垂直的判定得，，再利用线面垂直的判定即可；
（2）设与交于点,连接，首先证明平面，再利用顶点转化法即可求出三棱锥体积.
【详解】（1）因为四边形是正方形,所以.
在正方体中,平面,
又平面,所以.
又平面平面,
所以平面.又平面,
所以.
（2）设与交于点,连接，
在正方体 中, 且 ，
又,分别是的中点，
，
四边形是平行四边形，，
又平面平面,
平面.
又正方体的棱长为2，
3．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,
所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．
因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．
如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.
4．如图所示，在三棱柱中，是中点，平面，平面与棱交于点，，
(1)求证：；
(2)若与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明详见解析；(2)或
【分析】（1）根据线面平行的判定定理和性质定理证得.
（2）建立空间直角坐标系，根据与平面所成角的正弦值求得，进而求得三棱锥的体积.
【详解】（1）根据棱柱的性质可知，，
由于平面，平面，
所以平面.
由于平面，平面平面，
所以.
（2）由于平面，平面，
所以，
由于是的中点，所以，
由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
设，，
则，
，
设平面的法向量为，
则，故可设，
所以，
解得或，
当，即时，,
当，即时，.
5．如图1，在直角梯形ABCD中，，，，将沿AC折起（如图2）．在图2所示的几何体中：
(1)若平面ACD⊥平面ABC，求证：AD⊥BC；
(2)设P为BD的中点，记P到平面ACD的距离为，P到平面ABC的距离为，求证：为定值，并求出此定值．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析，2
【分析】（1）先通过余弦定理及勾股定理证明AC⊥BC，再通过面面垂直的性质定理证明BC⊥平面ACD，从而可证线线垂直；
（2）利用等体积法建立高的关系式，求解即可
【详解】（1）记，在中，，，
在中，，由余弦定理得，
所以，所以AC⊥BC，
因为平面ACD⊥平面ABC，平面平面ABC=AC，BC平面ABC，
所以BC⊥平面ACD，又平面ACD，所以；
（2）由题意，，
因为P为BD的中点，，
所以，即.
6．如图，在斜三棱柱中，，侧面为菱形，且，点D为棱的中点，，平面平面．
(1)若，，求三棱锥的体积；
(2)设平面与平面ABC的交线为l，求证：l⊥平面．
【答案】(1)；(2)证明见详解
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而根据锥体的体积公式运算求解；
（2）先根据线面平行的判定定理证明平面，再根据线面平行的性质定理证明，即可得结果.
【详解】（1）取的中点，连接，
∵，则，
又∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
由题意可得：为等边三角形，则，
可得，则为直角三角形，
即三棱锥的高为，
故三棱锥的体积.
（2）取的中点，连接，
∵分别为的中点，则，，
又∵为的中点，则，，
∴，，
则为平行四边形，可得，
平面，平面，
∴平面，
又∵平面，平面平面，
∴，
由（1）可得：平面，
故平面.
7．如图，四棱台的上、下底面分别是边长为1和2的正方形，，且底面ABCD，点P，Q分别在棱，BC上，平面，点M在棱上，．
(1)证明：；
(2)若平面PDQ与平面AQD所成的锐二面角的余弦值为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）利用线面平行的性质定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面PDQ与平面AQD的法向量，根据锐二面角的余弦值为求出点的坐标，再利用（1）中的条件求出点的坐标，由三棱锥A-QDP的体积即可求解.
【详解】（1）由题意知：，且，所以，
所以M，B，C，P四点共面．
又因为平面，且平面平面，
所以．
（2）因为AB，AD，两两垂直，所以以A为坐标原点，
AB，AD，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
因为四棱台的上、下底面分别是边长为1和2的正方形，，
所以，设，，
所以，，
设是平面PDQ的一个法向量，
贝即，
取；
又平面AQD的一个法向量是，
所以，
解得或（舍去），此时，
由（1）知四边形MBQP是平行四边形，所以，
设，则，
因为点P在棱上，所以由，
得，
解得，从而，
故三棱锥A-QDP的体积．
题型二：立体几何中的线面角问题
空间向量线面角公式：
【例1】如图，在三棱柱中，平面，，，点在棱上，且．
(1)求的值；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)4；(2)
【分析】（1）连接，利用线面垂直的判定定理及性质得，再根据，得到，从而有求解.
（2）根据，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，不妨设，求得平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，由求解．
【详解】（1）解：如图所示：
因为平面，所以，
又，，所以平面，
因为平面，所以．
连接，因为，，
所以平面，所以．
易得，则，
所以，
所以，所以．
（2）因为，，两两垂直，所以以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以不妨设，
则，，
所以，，，，，
所以，，．
设平面的一个法向量为，
则，得，
则，取，得，所以平面的一个法向量为．
设直线与平面所成的角为，
则．
【例2】如图所示，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，侧棱，，分别是和的中点，点在平面上的射影是的重心.
（1）求与平面所成角的余弦值；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）；（2）.
【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用平面构造方程求得；
（1）根据射影的定义可知所求的角为，利用两条直线所成角的向量求法可求得结果；
（2）利用点到面的距离的向量求法可直接求得结果.
【详解】以为坐标原点可建立如图所示的空间直角坐标系，
设，
则，，，，，，
，，
平面，，，解得：.
（1）在平面上的射影为，与平面所成角为.
，，
，
与平面所成角余弦值为.
（2）设平面的法向量，又，，
则，令，则，，，
又，
到平面的距离.
【点睛】本题考查利用空间向量法求解直线与平面所成角、点到面的距离；求解直线与平面所成角时，可利用直接求解，也可以通过垂直关系确定直线与平面所成角后，利用两条直线所成角的向量求法来进行求解.
【例3】在陕西汉中勉县的汉江河与定军山武侯坪一带，经常出土有铜、铁扎马钉等兵器文物.扎马钉（如题21图（1））是三国时蜀汉的著名政治家、军事家诸葛亮所发明的一种对付骑兵的武器，状若荆刺，故学名蒺藜，有铜、铁两种.扎马钉有四个锋利的尖爪，随手一掷，三尖撑地，一尖直立向上，推倒上尖，下尖又起，始终如此，使触者不能避其锋而被刺伤.即总有一个尖垂直向上，三尖对称支承于地.简化扎马钉的结构，如图（2），记组成该“钉”的四条等长的线段公共点为，钉尖为（）．
（Ⅰ）判断四面体的形状特征；
（Ⅱ）若某个出土的扎马钉因年代久远，有一尖爪受损，其长度仅剩其他尖爪长度的（即），如图（3），将，，置于地面，求与面所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）该四面体的各个面都是全等的正三角形.；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）根据扎马钉总有一个尖垂直向上，可推出,从而可得答案；
（Ⅱ）为原点，以、所在直线为、轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量可求出结果.
【详解】（Ⅰ）点为四面体外接球的球心，即，且面，面，面，面，则空间四面体的每一条棱都相等，即；
所以该四面体的各个面都是全等的正三角形.
（Ⅱ）在四面体中，不妨令，，
在面内作点的射影，连接，
在等边中，为其外心，则，
在直角中，可得，
所以 ，解得，所以，
又因为面，且垂足为，
故以为原点，以、所在直线为、轴，建立空间直角坐标系，则 ，，，，，，
因为，即，则 ，
所以 ，，
设平面的一个法向量为，
则 ，即，令，得，
又 ，所以 ，
故与面所成角的正弦值为.
【点睛】关键点点睛：（Ⅱ）中，正确建立空间直角坐标系，利用空间向量求解是解题关键.
【题型专练】
1．在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，二面角为直二面角.
(1)求证：；
(2)当时，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）根据面面垂直的性质定理可得平面，进而得出.然后即可根据线面垂直的判定定理得出平面，然后即可得出；
（2）取中点为，连结.取中点为，连结.由已知可证平面，.以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面的一个法向量，即可根据向量法求出答案.
【详解】（1）由题意知平面平面，
又平面平面，，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
又因为，，平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
（2）取中点为，连结.取中点为，连结.
因为，点是中点，所以.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
因为点、分别是、的中点，所以，则.
则，.
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，，，.
设是平面的一个法向量，
则，取，则，
所以是平面的一个法向量.
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
2．如图，在三棱柱中，平面平面，和都是边长为2的正三角形，是的中点.
(1)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)
【分析】（1）连接，交于，连接，利用中位线性质得，再利用线面平行的判定即可证明；
（2）取的中点，连接，，建立合适的空间直角坐标系，求出平面的 一个法向量，利用线面夹角的空间向量求法即可得到答案.
【详解】（1）连接，交于，连接，
∵四边形是平行四边形，∴是的中点，
∵是的中点，∴，
∵平面，平面，∴平面.
（2）取的中点，连接，，
∵和都是正三角形，∴，，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，平面，∴，
所以两两垂直，
以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
∴，，，
设平面的一个法向量为，则，
即，令，则，，∴，
∴，
故直线与平面所成角的正弦值为.
3．如图，四棱锥的底面为平行四边形，平面平面，，，，分别为，的中点，且．
(1)证明：；
(2)若为等边三角形，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见详解；(2)
【分析】（1）连接，利用线面垂直证明异面直线垂直；
（2）根据为等边三角形，可得的值，过作的平行线轴，结合（1）知轴，，两两垂直，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，利用向量的夹角公式即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵，为的中点，∴，
又平面平面，平面平面，平面，故平面，
∵平面，∴，
又∵，且，，平面，∴平面，
又平面，∴．
（2）由为等边三角形，，得，
如图，过作的平行线轴，结合（1）知轴，，两两垂直，
故可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，
设为平面的一个法向量，
则，得，取，得，则，
因为为的中点，所以 ，
又，所以，
则，
设直线与平面所成角为，则，
题型三：立体几何中的面面角问题
空间向量线面角公式：
【例1】如图，在四棱锥中，平面，，点在棱上，，点为中点.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）通过线线平行证线面平行，即在上取一点，使得，得四边形为平行四边形，从而得证；
（2）建立以为中心的空间坐标系，利用二个面的法向量夹角求得二面角的余弦值.
【详解】（1）如图，在上取一点，使得.
四边形为平行四边形，
，
又平面平面，
直线平面.
（2）由条件可以为坐标原点，正方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量，则
令，解得：；
设平面的法向量为，则
令，解得：
设二面角为.
由图象可知，二面角为锐角，
故二面角的余弦值为：.
【例2】如图，在直四棱柱中，底面是边长为的菱形，，，为棱上一点，，过三点的平面交于点.
(1)求点到平面的距离；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）连接交于点，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量求法可求得结果；
（2）根据面面平行和线面平行性质可证得四边形为平行四边形，由此可求得点坐标，利用面面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）连接交于点，
四边形为菱形，，
则以为坐标原点，正方向为轴，作轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
，，，，
，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
点到平面的距离.
（2）由直棱柱的结构特征知：平面平面，
平面，平面，
平面平面，平面，，
同理可得：，四边形为平行四边形，，
又，，，，，
又，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，
即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【例3】如图，在斜三棱柱中，，，侧面为菱形，且，点D为棱的中点，，平面平面．设平面与平面ABC的交线为l．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）分别延长交于E，连接，则即为平面与平面的交线，取中点，连接，证得平面，又可证得从而有平面；
（2）以C点为坐标原点建立空间直角坐标系，求出面与面的法向量，用空间向量求二面角的余弦值．
【详解】（1）
证明:分别延长，设，连接，
则即为平面与平面的交线，
因为，取中点，连接，
所以平面，
因为平面平面，且交线为，
所以平面.
因为为棱的中点,，
所以为的中点，所以，
所以平面；
（2）由（1）知，因为.所以，
取的中点,因为侧面为菱形，且，所以BC，
由（1）知平面，所以，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，因为侧面为菱形，且，
所以，
则,
设平面的法向量为，
则，所以，取，
设平面的法向量为，
则，所以，取，
所以，
由图知二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为.
【例4】如图，在三棱柱中，底面为等腰直角三角形，侧面底面为中点，.
(1)求证：；
(2)再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值.
条件①：；条件②：.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）选①，取的中点，连接，证明，再以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
选②，取的中点，连接，利用勾股定理证明，再以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）因为，为中点，
所以，
又因为面面，面面，面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）选①，取的中点，连接，
则且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，为的中点，
所以，
又平面，
所以平面，
又，所以平面，
又平面，所以，
因为，所以，
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
由，得，
则，
则，
因为平面，
所以即为平面的一条法向量，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则，
由图可知，二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.
选②，取的中点，连接，
则且，
所以四边形为平行四边形，所以且，
因为且，
所以四边形为平行四边形，所以且，
又因为，所以，
又，，
所以，则，
在中，因为，
所以，
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
下同选①的答案.
【例5】如图，在四棱锥中，底面是梯形，，，，侧面是等边三角形，侧面是等腰直角三角形，.
(1)求证：平面；
(2)若是棱上的一点，且平面.求平面与平面所成二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）证明一条直线垂直于一个平面只需证明该直线垂直于平面内两条相交的直线；
（2）根据（1）的结论建立空间直角坐标系，运用空间向量数量积求解.
【详解】（1）如图①，在梯形中，作于点.
因为， °，，所以四边形是正方形，且，，所以，，
在中，，，，所以，，
在四棱锥中，由，， 平面ABCD， 平面ABCD， ，
平面；
（2）如图②，连接交于点，连接，
因为平面，平面平面，所以，
因为，所以，所以，
， ，
由，，可知，又由于（1）平面，
故、、两两垂直，故可以点为原点，以、、所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图③所示：
则，，，由，可得，
所以，.
设平面的一个法向量为，则，令 得，， ，
显然平面的一个法向量为，设平面与平面所成二面角大小为，则，
故平面与平面所成二面角的余弦值为；
综上，平面与平面所成二面角的余弦值为.
【例6】如图，球O是正三棱锥和的外接球，M为的外心，直线AM与线段BC交于点D，D为BC的中点，两三棱锥的高之比为，E为PA上一点，且．
(1)证明：；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见详解；(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求的坐标，根据数量积的性质证明；
（2）由线面垂直判定定理证明平面BCE，求平面和平面的法向量，根据向量夹角公式求二面角的正弦值．
【详解】（1）过M作，交AB于，易证MA，MP，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，球O的半径为R，
则在中，有，解得．
则，，，
∵，
∴，
，所以
∴，
∴．
（2）因为，
平面，
所以平面PAD，又平面PAD，
∴．
由（1）得，又，平面，
∴平面，
所以平面的一个法向量为．
又∵，，，
∴，．
设平面的法向量为，
则
令，则，，
∴为平面的一个法向量．
设二面角的平面角为，
∴，又，
∴．
故二面角的正弦值为．
【题型专练】
1．如图，在直角梯形中，，四边形为平行四边形，平面平面.
(1)证明：平面；
(2)若，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）连接，取的中点，连接，证明为平行四边形，即可推理作答.
（2）在平面内过D作，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
【详解】（1）连接，取的中点，连接，如图，在中，为的中点，
则，又，，因此，
即四边形为平行四边形，于是，即，而平面，平面，
所以平面ABE.
（2）在中，，则是菱形，又，即有是正三角形，
在平面内过D作，因为平面平面，平面平面，
则有平面，于是两两垂直，
以点D为原点，射线的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，
则，，
令平面的法向量，则，令，得，
令平面的法向量，则，令，得，
因此，
所以二面角的正弦值为.
2．如图，在二面角中，，F是AB的中点，且．
(1)证明：；
(2)若，，，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）通过证明平面DOF，得到，又，得证．
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量解决二面角问题.
【详解】（1）证明：如图，取AC的中点O，连接DO，FO，
因为，所以．
又，且，平面DOF，所以平面DOF，
平面DOF，故，又F是AB的中点，所以，所以．
（2）由（1）知，以C为坐标原点，CA，CB为x，y轴，过点C作平面ABC的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
在中，因为，，，
由余弦定理，得，过点D作，
故，可得点．
又，，，
所以得向量，，．
设平面ACD的一个法向量，
由得，
同理可得平面FCD的一个法向量，
所以．
设二面角为，由图可知二面角为锐二面角，
故．
3．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，为等边三角形．
(1)求证：；
(2)若二面角的大小为，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）取中点，连接，，，依题意可得、，即可得到平面，从而得证；
（2）取中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）证明：取中点，连接，，，
因为为菱形且，
所以为等边三角形，故．
又在等边三角形中，，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以；
（2）由，，可得就是二面角的平面角，所以，
在中，，所以为边长为的等边三角形，
由（1）可知，面底面，取中点，以为坐标原点，
以，，所在的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，
在中，，，可得，，，，
故，，，
设为平面的一个法向量，则有，
令，则，得，
设直线与平面所成角为，
则有，
故直线与平面所成角的正弦值为.
4．如图，在四棱锥中，，，．
(1)证明：；
(2)若，，，，点D到平面PAB的距离为，求平面PAD与平面PBC的夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】(1)连接AC，证明≌可得，从而可得平面ABCD，从而可得；
(2)根据已知条件求出相关线段的长度，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解.
【详解】（1）连接AC，
∵，，，
∴≌
∴．
∵，∴．
∵平面，∴平面ABCD．
又平面ABCD，∴．
（2）∵，平面PAB，平面PAB，
∴平面PAB．
∵点D到平面PAB的距离为，∴点C到平面PAB的距离为，
取AB的中点E，连接PE，则，
连接CE，由(1)可知，，∴．
∵，∴平面，
又平面PAB，∴平面平面PCE．
过C作于H，则平面PAB，∴．
易知，设，则，
由，
得，得，∴．
∵，，，∴平面PCD．
∵平面PCD，∴．
∵，∴，
∴四边形AECD为矩形，则．
以C为坐标原点，CD，CE，CP所在的直线分别为x，y，z轴
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，，，
设平面PAD的法向量为，
由，得，则，
取，则，∴．
设平面PBC的法向量为，
由，得，则，
取，则，∴．
∴，
故平面PAD与平面PBC的夹角的正弦值为．
5．如图，三棱柱中，与均是边长为2的正三角形，且．
(1)证明：平面平面；
(2)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)
【分析】（1）由线线垂直证线面垂直，进而利用面面垂直的判定证明平面平面.（2）以O为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz．利用向量法能求出平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【详解】（1）取的中点O，连接AO，．
∵与均是边长为2的正三角形，
∴，，．
∴为二面角的平面角．
∵，
∴．
∴，又，， 平面，
平面，又平面，
∴平面平面.
（2）由（1）知，，，．
以O为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz．
则，，，．
，，．
设平面的一个法向量为．
由得
令，得．
设平面的一个法向量为．
由得
令，得．
∴．
∴所求锐二面角的余弦值为．
6．如图，已知四棱锥，底面是平行四边形，且，是线段的中点，.
(1)求证：平面；
(2)下列条件任选其一，求二面角的余弦值.
①与平面所成的角为；
②到平面的距离为.
注：如果选择多个条件分别解答，按一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）根据平行四边形中的几何关系可得再根据勾股定理可得，利用线面垂直的判定定理即可证明结果；
（2）选①，取中点为，连接，根据几何关系可得，根据（1）可得，根据线面垂直的判定定理可得平面，则与平面所成的角为，由此计算出，进而计算得，可得为等边三角形；
选②，取中点为，连接，计算长度及根据等体积法可求得，即可得为等边三角形，建立合适的空间直角坐标系，求得各个点的坐标，进而求得平面的法向量及平面的法向量，根据法向量夹角的余弦值的绝对值即为二面角的余弦值绝对值即可求得结果.
【详解】（1）证明：因为，且，故，
在中，，
由余弦定理可得：，
解得，在中，，
所以，即，
又因为平面，平面，
所以平面；
（2）选①，取中点为，连接，如图所示：
因为，故，由（1）得平面，
因为平面，所以，
因为，平面，平面，
所以平面，所以为与平面所成的角，
即，因为，，
所以为等边三角形，且边长为1，所以，，
由可得，
因为，，
所以，所以为等边三角形，
以为原点，为在轴正方向建立如图所示空间直角坐标系：
所以，
，
设是平面的法向量，
则，即，
取，可得，
设为平面的法向量，
则，即，
取，可得，
设二面角所成的角为，则，
所以二面角的余弦值为.
选②， 取中点为，连接，如图所示：
因为，故，由（1）得平面，
因为平面，所以，
因为，平面，平面，所以平面，
设到平面的距离为，
因为，，所以等边三角形，
所以，，设，则，
因为，所以，
因为，为中点，所以，
所以，由，，
平面，平面，所以平面，
因为平面，所以，即，
所以，因为，
即，
即，
解得，即，所以，所以为等边三角形，
以为原点，为在轴正方向建立如图所示空间直角坐标系：
所以，
，
设是平面的法向量，
则，即，
取，可得，
设为平面的法向量，
则，即，
取，可得，
设所成的角为，则，
所以二面角的余弦值为.
7．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面为等腰直角三角形，且，点为棱上的点，平面与棱交于点.
(1)求证：；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，求平面与平面所成锐二面角的大小.
条件①：；
条件②：平面平面；
条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）根据条件可以证明平面，再利用线面平行的性质定理即可证明出结论；
（2）选条件①②可以证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出相应坐标，再求出两平面的法向量，进而求出结果;选条件①③或②③同样可以证明求解.
【详解】（1）证明：因为底面是正方形，所以，
平面，平面,
所以平面，
又因为平面与交于点.
平面，平面平面
所以.
（2）选条件①②
侧面为等腰直角三角形，且
即，
平面平面，
平面平面，平面,
则平面，又为正方形，
所以.
以点为坐标原点，分别为轴,轴,轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则
因为，所以点为的中点，则
从而：，
设平面的法向量为：，
则，
令，可得
设平面的法向量为：，则
，
令，可得
所以
则两平面所成的锐二面角为
选条件①③
侧面为等腰直角三角形，且即
，且两直线在平面内，可得平面，平面，则.
又因为且两直线在平面内，
则平面平面则
因为，所以为等腰三角形，所以点为的中点
又因为，所以为等腰直角三角形，
下面同①②
选条件②③
侧面为等腰直角三角形，且，
即
平面平面，
平面平面，平面,
则平面为正方形，
所以.
又因为且两直线在平面内，则平面，平面
则
因为，所以为等腰三角形，所以点为的中点.
下面同①②
8．如图，在四棱锥中，是的中点，平面，且，.
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的大小.
【答案】(1)证明见解析；(2)；(3).
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出的坐标，计算，即可证明结论；
（2）求出平面的法向量，利用空间角的向量求法，可得答案；
（3）求出平面的法向量，利用空间角的向量求法，可得答案；
【详解】（1）证明：由题意平面，
以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，
，
则，
所以，所以
（2），
设平面的法向量，
则，即，令，则，
,
设直线与平面所成的角为，，
则,
所以与平面所成角的正弦值为.
（3）,
设平面的法向量，则，即，
令，则，则.
又平面的法向量，
设平面与平面夹角为，则为锐角，
，
所以平面与平面夹角为.
题型四：立体几何中的动点问题
【例1】如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点D为棱AC上的动点（不与A、C重合），平面与棱交于点.
(1)求证；
(2)若平面平面，，判断是否存在点D使得平面与平面所成的锐二面角为，并说明理由.
【答案】(1)证明见解析；(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）先证明平面，再由线面平行的性质定理证明；
（2）假设D点存在，建立空间直角坐标系，利用法向量解决二面角问题，判断D点坐标是否有解.
【详解】（1），且平面，平面，
∴平面，又∵平面，且平面平面，∴；
（2）连接，取AC中点O，连接，，在菱形中，，
∴是等边三角形，
又∵O为AC中点，∴，
∵平面平面，
平面平面，平面，且，
∴平面，平面，∴，
又∵，∴，
以点为原点，，，为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
假设存在点D，满足题意，设，
，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，所以，令，则，，
故，
设平面的法向量为
，，
，，令，则，，故，
，解，
所以点D在点C的位置时，平面与平面所成锐角为，
由于D不与A、C重合，故AC上不存满足题意的点.
【例2】如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，，平面ABCD，E为PD中点．
(1)若，求证：；
(2)若二面角的正弦值为，求PA．
【答案】(1)证明见解析；(2)2
【分析】（1）证面PAD，进而得到，再根据等腰三角形的性质得到，可得线面垂直，进而证得线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出二面角的夹角的余弦，再由同角三角函数关系求出余弦值，建立方程求解即可.
【详解】（1）平面ABCD,CD平面ABCD
,
四边形ABCD为矩形，，
又平面，面，
面，，
在中，，E为PD中点，
,面，面
平面PCD，又平面，
（2）以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，
设平面BCE的一个法向量为，
则，
令，解得，，
设平面的法向量，又，,
则，，
令，解得，，
设二面角的夹角大小为，则
因为，所以，
即，解得,
即.
【例3】如图甲，在四边形中，，，将沿折起得图乙，点是上的点.
(1)若为的中点，证明：平面；
(2)若，试确定的位置，使二面角的正弦值等于.
【答案】(1)证明见解析；(2)点在线段靠近的三等分点处.
【分析】（1）取的中点，连接，先证明平面，得出，取的中点，连接，易得，由线面垂直判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，易得平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，根据法向量性质求出，再根据二面角的正弦值等于即可求出参数，从而确定的位置.
【详解】（1）由题意，
，且，故四边形是平行四边形.
又，所以是正三角形，四边形是菱形.
如图所示：
取的中点，连接，
是正三角形，则，.
又，平面，
所以平面，又平面,
所以.
取的中点，连接，
则，即四点共面.
又，则，
由，，，平面，
平面.
（2），，
.又且，
以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
设，则，
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
又，，
则可取.
由题意，二面角的正弦值等于，
，
，故，即点在线段靠近的三等分点处.
【题型专练】
1．如图1，在中，，，为的中点，为上一点，且.现将沿翻折到，如图2.
(1)证明：.
(2)已知二面角为，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；(2)存在，
【分析】（1）翻折前，在中，，翻折后，有，，利用线面垂直的判定和性质可证得结论成立；
（2）由二面角的定义可得，然后以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴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：翻折前，在中，，翻折后，有，，
又，、平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：因为二面角为，，，
所以，二面角的平面角为，
以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则、、、、.
，，，.
设，，其中，
设平面的法向量为，
由得，
取，可得，
，解得，合乎题意，
故当时，直线与平面所成角的正弦值为.
2．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
(1)证明：；
(2)若是边长为1的等边三角形，且，则在线段上是否存在一动点，使得二面角的大小为45°？若存在，请找出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；(2)存在，位置在靠近A点的线段AD的三分点处.
【分析】(1)通过证明线面垂直来证明线线垂直；
(2)建立空间直角坐标系，运用空间向量数量积求解.
【详解】（1） 是等腰三角形，O是底边的中点， ，又平面 平面BCD，
平面 平面 ， 平面BCD， 平面BCD，
；
（2）建立空间直角坐标系如下图：
以O为原点，过O点垂直于BD的直线为x轴，直线BD为y轴，OA为z轴，
由于 是等边三角形，OC与x轴的夹角为 ，所以C点的x坐标为 ，y坐标为 ，即 ，
设 ， ，（ 表示E点与D点，此时二面角 为0， ） ，
则 ， ， ，
设平面BCE的一个法向量为 ，则 ， ，
令 ，则 ，
显然平面BCD的一个法向量是 ，则平面BCE与平面BCD的二面角为 ，
，得 或 （当 时，表示点E在AD的延长线上，不符合题意，舍），
，即当E点在线段AD的靠近A点的三分点时，二面角 为 ；
综上，存在点E，在靠近A点的线段AD的三分点处.
3．如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底面，是的中点．
（1）证明：直线平面；
（2）点在棱上，且直线与底面所成角为，求二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
【详解】试题分析：（1） 取的中点，连结，，由题意证得∥，利用线面平行的判断定理即可证得结论；（2）建立空间直角坐标系，求得半平面的法向量：，，然后利用空间向量的相关结论可求得二面角的余弦值为．
试题解析：（1）取中点，连结，．
因为为的中点，所以,,由得，又
所以．四边形为平行四边形， ．
又，，故
（2）
由已知得,以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则
则，，，，
,则
因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而是底面ABCD的法向量，所以
，
即（x-1）²+y²-z²=0
又M在棱PC上,设
由①，②得
所以M，从而
设是平面ABM的法向量，则
所以可取.于是
因此二面角M-AB-D的余弦值为
点睛:（1）求解本题要注意两点：①两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，②利用方程思想进行向量运算，要认真细心、准确计算．
（2）设m，n分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等，故有|cos θ|＝|cos|=．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
题型五：立体几何解答题中的最值问题
【例1】已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【例2】如图1，平面图形是一个直角梯形，其中，是上一点，且.将沿着折起使得平面平面，连接，分别是的中点，如图2.
(1)证明：在图2中四点共面，且平面平面；
(2)在图2中，若是线段上一个动点，当直线与平面所成角的正弦值取得最大值时，求的长.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）根据平行线的传递性可证，即可得四点共面；再根据线面、面面垂直的判定定理和性质定理分析证明；
（2）建系，利用空间向量求线面夹角，并结合基本不等式运算求解.
【详解】（1）连接，
∵分别是的中点，
∴，
又∵，
∴，故四点共面.
在图1中，由，可得，
，
故四边形是正方形，则，
在图2中，平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
平面，可得，
又∵平面，
∴平面，
且平面，故平面平面.
（2）如图以为原点，分别以所在直线为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，则，
设，
可得，
设是平面的一个法向量，则，
取，则，即，
设直线与平面所成角为，
则，
∵，当且仅当，即当取等号，
∴，
故当，即为中点时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值为.
【例3】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，二面角为直二面角.
(1)求证：平面；
(2)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)
【分析】（1）首先证明，然后证明平面，可得，即可证明；
（2）首先证明平面，然后以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，算出两个平面的法向量，然后求出二面角的余弦值，然后可得答案.
【详解】（1）连接，由题设知四边形为菱形，，
分别为中点，；
又为中点，，
因为二面角为直二面角，
即平面平面，平面平面平面
平面，又平面；
又平面平面.
（2），
为等边三角形，，
平面平面，平面平面，平面
平面，
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，，
设，则，
；
由（1）知：平面平面的一个法向量；
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.
【例4】如图所示，六面体的底面是菱形，，且平面，平面与平面的交线为.
(1)证明：直线平面；
(2)已知，三棱锥的体积，若与平面所成角为，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】(1)根据线面平行以及线面垂直，求出线面垂直即可；
(2)作辅助线得出在点处可以作为原点建立空间直角坐标系，利用已知求出，进而求出，结合平面的法向量求出的取值范围即可.
【详解】（1）连接，
，即.
四边形为平行四边形，则.
平面平面
平面，
平面平面，又平面，
，
四边形是菱形，，
又平面平面，则，
又，平面，
平面，又
平面.
（2）连接交于点，，则.
平面，
平面，因为平面，
则.
，四边形是菱形，则，
，
以为轴，轴，轴建立如图的空间直角坐标系，
设，则.
.
，即，
，则，
，又是平面的一个法向量，
，
设，则
.
【例5】马戏团的表演场地是一个圆锥形棚，如图，为棚顶，是棚底地面的中心，为棚底直径，，是棚底的内接正三角形，中间的支柱米，从支柱上的点向棚底周围拉了4根绳子供动物攀爬表演，有一个节目表演的是猴子从点沿着绳子爬到点，再沿着爬到棚顶，然后从棚顶跳到中的某一根绳子上.
(1)当点取在距离点米处时，证明拉绳所在直线和平面垂直；
(2)经验表明当拉绳所在直线和平面所成角的正弦值最大时，节目的观赏性最佳，问此时应该把点取在什么位置.
【答案】(1)证明见解析；(2)应该把点取在距离点米处
【分析】（1）利用平面几何的知识依次求得，从而利用勾股定理证得与，再利用线面垂直的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，利用（1）中结论得到各点的坐标，再求得平面的法向量，从而利用空间向量夹角余弦的坐标表示，结合基本不等式求得直线和平面所成角的正弦值最大时的值，由此得解.
【详解】（1）因为，，所以是正三角形，则，
易知底面圆，而底面圆，所以，
又在中，，所以，
因为是正三角形，所以，
且，，所以，，
同理可证，
又，平面，所以平面，
即拉绳所在直线和平面垂直；
（2）如图，建立以为原点的空间直角坐标系，
设，
所以
设平面的法向量为，则，
令，则，故，
设直线和平面所成的角为，
则
，
当且仅当，即米时，拉绳所在直线和平面所成角的正弦值最大，
故应该把点取在距离点米处.
【题型专练】
1．如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，B为底面圆周上异于A，C的点.
(1)在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由；
(2)设平面∩平面，与平面QAC所成角为，当四棱锥的体积最大时，求的取值范围.
【答案】(1)作图及理由见解析；(2).
【分析】（1）取中点P，作直线，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）延长交于点O，作直线，再确定四棱锥体积最大时，点B的位置，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量建立线面角正弦的函数关系，求出其范围作答.
【详解】（1）取中点P，作直线，则直线即为所求，
取中点H，连接，则有，如图，
在等腰梯形中，，有，则四边形为平行四边形，
即有，又平面，平面，
所以平面.
（2）延长交于点O，作直线，则直线即为直线，如图，
过点B作于，因为平面平面，平面平面，平面，
因此平面，即为四棱锥的高，在中，，
，当且仅当时取等号，此时点与重合，
梯形的面积为定值，四棱锥的体积，
于是当最大，即点与重合时四棱锥的体积最大，，
以为原点，射线分别为轴的非负半轴建立空间直角坐标系，
在等腰梯形中，，此梯形的高，
显然为的中位线，则，
，
设，则
设平面的一个法向量，则，令，得，
则有，
令，则，当时，，
当时，，当且仅当，即时取等号，
综上得，
所以的取值范围是.
【点睛】思路点睛：求空间角的最值问题，根据给定条件，选定变量，将该角的某个三角函数建立起选定变量的函数，求出函数最值即可.
2．把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，椭圆柱中底面长轴，短轴长，为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点，，P为的中点，MN为过点的下底面的一条动弦（不与AB重合）.
(1)求证：平面PMN
(2)求三棱锥的体积的最大值.
【答案】(1)证明见解析；(2)2
【分析】（1）由线线平行证线面平行；
（2）由解析法，建立平面直角坐标系如图所示，，转为求的最大值，
其中为弦长公式结合韦达定理求得，为到直线MN的距离由点线距离公式求得. 最后讨论最值即可.
【详解】（1）由长轴，短轴长得焦半径得，∴分别OB、的中点，
在柱体中，纵切面为矩形，连接，则，又，∴四边形为平行四边形，∴，
∵P为的中点，，∴，
∵平面PMN，平面PMN，∴平面PMN；
（2），
建立平面直角坐标系如图所示，则底面椭圆为，，
由题意知，直线MN的斜率不为0，设为，，联立椭圆方程可得，
则，∴.
又点到直线MN的距离.
∴.
∴.
设，对，由，∴在上单调递增，
∴，此时.
故三棱锥的体积的最大值为2.
【点睛】圆锥曲线三角形面积问题，一般由弦长公式结合韦达定理求得一边长，再由点线距离公式求得高，从而表示出面积，作进一步讨论.
3．如图，在四棱锥中，，E是PB的中点．
(1)求CE的长；
(2)设二面角平面角的补角大小为，若，求平面PAD和平面PBC夹角余弦值的最小值．
【答案】(1)；(2)
【分析】(1)由条件证明，解三角形求即可；
(2)建立空间直角坐标系，求平面PAD和平面PBC的法向量，结合向量夹角公式求平面PAD和平面PBC夹角余弦值，利用换元法和二次函数性质求其最小值.
【详解】（1）取PA的中点G，连接DG，EG，如图所示：
则，且，，
所以四边形CDGE为平行四边形．
因为，所以为直角三角形，，
在中，因为，所以，
所以
所以CE的长为；
（2）在平面ABCD内过点A作BC的平行线，交CD的延长线于点M，如图所示，
则，，
以点M为坐标原点，分别以MA，MC为x轴和y轴，以与平面垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，取AD的中点为N，连接PN，MN，则，，平面，所以平面，平面，
所以平面平面，在平面PMN内过点P作，垂足为F，
因为平面平面，所以平面，
由已知可得，则，设．
因为，所以，
因为，，为线段的中点，所以，
所以，
所以，
所以．
设平面PAD的法向量，
则
令，则．
设平面的法向量，
因为，
则
令．则，所以为平面的一个法向量．
设平面PAD和平面PBC的夹角为，
则
．
令，所以，
所以，所以当时，有最小值，
所以平面PAD和平面PBC夹角余弦值的最小值为．
【点睛】本题解决的关键在于根据二面角的平面角的定义确定二面角的平面角，结合所建坐标系确定点的坐标.
4．四棱锥平面，底面是菱形，，平面平面.
(1)证明：；
(2)设为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）过点作，根据面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的判定证明平面，结合线面垂直的性质证明即可；
（2）根据线面垂直的关系，以为轴正方向建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，再根据线面角的表达式，结合二次函数的最值求解即可.
【详解】（1）如图，过点作，垂足为
.平面平面，平面平面，平面，
平面.
平面.
.
平面平面.
又，平面，
平面.
又平面，所以，
（2）由已知及（1）得四边形是正方形，从而两两垂直，
以为轴正方向如图建立空间直角坐标系.
设，则
设，则，
设平面的法向量，则即，
取，则.即.
当时，上式最大为，.
所有与平面所成角的正弦值的最大值为.
2024年高考立体几何常考解答题5种常见题型总结
【题型目录】
题型一：立体几何解答题中的体积问题
题型二：立体几何解答题中的线面角问题
题型三：立体几何解答题中的面面角问题
题型四：立体几何解答题中动点问题
题型五：立体几何解答题中的最值问题
【题型总结】
题型一：立体几何中的体积问题
此类问题一般会考：
①棱锥，棱柱体积问题，一般采用转换定点（三棱锥），找高证明垂直（四棱锥），作差，分割等方法解决
②点到面的距离，一般采用等体积法（三棱锥）或者空间向量（其中为平面内任意一点即可）
【例1】如图，直三棱柱中，，，侧面为正方形，.
(1)求证：；
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理和性质定理分析证明；
（2）根据题意利用转换顶点法运算求解.
【详解】（1）因为为直三棱柱，
则平面，平面，
∴，
，，平面，
所以平面，
且平面，
故，
因为侧面为正方形，所以，
平面，
所以平面，
又因为平面，所以.
（2）因为，所以，
所以，所以，
又点是的中点，
所以 .
【例2】如图，圆锥SO的侧面展开图是半径为2的半圆，AB，CD为底面圆的两条直径，P为SB的中点.
(1)求证：平面PCD；
(2)当体积最大时，求S到平面PCD的距离.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）连接OP，利用中位线定理可证OP∥SA，由线面平行的判定定理证明即可；
（2）由题意，建立空间直角坐标系，利用向量求解点到平面距离.
【详解】（1）证明：连接OP，如图所示，
因为O为AB的中点，P为SB的中点，
则，又平面，平面，
所以平面.
（2）记底面圆半径为r，侧面展开图半径为R，则R=2，
又，所以， ，
当体积最大时，，
以O为原点，OD，OB，OS为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，，，
， ， ，
设平面PCD的法向量为 ，
因为 ，令，，，
所以， ，
所以点S到平面PCD的距离
【例3】已知两个四棱锥与的公共底面是边长为4的正方形，顶点，在底面的同侧，棱锥的高，，分别为AB，CD的中点，与交于点E，与交于点F.
(1)求证：点E为线段的中点；
(2)求这两个棱锥的公共部分的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）证明，，进而证明四边形是平行四边形，可得E为线段的中点；
（2）分析四棱锥的底和高，用四棱锥的体积减四棱锥的体积，可得所求几何体体积.
【详解】（1）
连接，，如图，因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，又，所以四边形是矩形，
所以，，
又，分别为AB，CD的中点，所以，，
所以，，所以四边形是平行四边形，
又对角线，所以点E为线段的中点.
（2）连接，交EF于点N，过点作于M，
由题意知，故，
又，，，平面，所以平面，
故，又，，平面，
所以平面，即是四棱锥的高，
由（1）同理可得点F为线段的中点，所以，，
在中，，则，所以，
因为，
所以.
【例4】如图，在三棱柱中，平面ABC⊥平面，侧面为菱形，，底面ABC为等腰三角形，，O是AC的中点．
(1)证明：；
(2)若二面角的余弦值为，求三棱柱的体积．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）由平面ABC⊥平面，通过面面垂直的性质证明线面垂直，再证得线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法解决二面角的余弦值，解得，可得三棱柱的体积.
【详解】（1）平面ABC⊥平面，平面平面，
菱形中，，为等边三角形，O是AC的中点，，
平面，平面，平面，.
（2）平面，，，
以点O为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，，设，
则，，，，， ， ·
， ， ，
设平面的法向量是，
由，令，，得
设平面的法向量是 ，
由，令，，可得 ，
所以，由，解得，
，，
三棱柱的体积为.
【例5】如图，在四棱锥中，为等边三角形，为的中点，，平面平面．
(1)证明：平面平面；
(2)若，，，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；(2)或
【分析】（1）根据题意，取中点为，连接，由面面垂直的性质定理可得平面，再由线面垂直的判定可得平面，从而得到结果；
（2）根据题意，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，设，由条件可得，从而得到三棱锥的体积.
【详解】（1）
取中点为，连接，因为为等边三角形，所以，
且平面平面，平面平面，面，所以平面，
又平面，所以，
又因为，，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为为中点，所以，且，平面，所以平面，
且平面，所以平面平面.
（2）
由（1）可知，且，，所以平面，
且平面，所以，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设，则可得，
即，，
设平面的法向量为，
则，则可得，取，则，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
所以，
解得，或，即或
当时，则，
所以.
当时，，
所以.
【题型专练】
1．如图，在四棱锥中，平面，，，，，E为的中点，F在上，满足．
(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）根据给定条件证明即可推理作答.
（2）由等体积法得出所求体积.
【详解】（1）在四棱锥中，平面，而平面，则，
因，，平面，
所以平面.
（2）由（1）可知，平面，而PD在平面PAD中，所以，
则，
因为，所以.
，则
即.
因为，所以.
2．如图，是棱长为2的正方体，E是的中点.
(1)证明：；
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）利用正方形性质和线面垂直的判定得，，再利用线面垂直的判定即可；
（2）设与交于点,连接，首先证明平面，再利用顶点转化法即可求出三棱锥体积.
【详解】（1）因为四边形是正方形,所以.
在正方体中,平面,
又平面,所以.
又平面平面,
所以平面.又平面,
所以.
（2）设与交于点,连接，
在正方体 中, 且 ，
又,分别是的中点，
，
四边形是平行四边形，，
又平面平面,
平面.
又正方体的棱长为2，
3．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,
所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．
因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．
如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.
4．如图所示，在三棱柱中，是中点，平面，平面与棱交于点，，
(1)求证：；
(2)若与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明详见解析；(2)或
【分析】（1）根据线面平行的判定定理和性质定理证得.
（2）建立空间直角坐标系，根据与平面所成角的正弦值求得，进而求得三棱锥的体积.
【详解】（1）根据棱柱的性质可知，，
由于平面，平面，
所以平面.
由于平面，平面平面，
所以.
（2）由于平面，平面，
所以，
由于是的中点，所以，
由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
设，，
则，
，
设平面的法向量为，
则，故可设，
所以，
解得或，
当，即时，,
当，即时，.
5．如图1，在直角梯形ABCD中，，，，将沿AC折起（如图2）．在图2所示的几何体中：
(1)若平面ACD⊥平面ABC，求证：AD⊥BC；
(2)设P为BD的中点，记P到平面ACD的距离为，P到平面ABC的距离为，求证：为定值，并求出此定值．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析，2
【分析】（1）先通过余弦定理及勾股定理证明AC⊥BC，再通过面面垂直的性质定理证明BC⊥平面ACD，从而可证线线垂直；
（2）利用等体积法建立高的关系式，求解即可
【详解】（1）记，在中，，，
在中，，由余弦定理得，
所以，所以AC⊥BC，
因为平面ACD⊥平面ABC，平面平面ABC=AC，BC平面ABC，
所以BC⊥平面ACD，又平面ACD，所以；
（2）由题意，，
因为P为BD的中点，，
所以，即.
6．如图，在斜三棱柱中，，侧面为菱形，且，点D为棱的中点，，平面平面．
(1)若，，求三棱锥的体积；
(2)设平面与平面ABC的交线为l，求证：l⊥平面．
【答案】(1)；(2)证明见详解
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而根据锥体的体积公式运算求解；
（2）先根据线面平行的判定定理证明平面，再根据线面平行的性质定理证明，即可得结果.
【详解】（1）取的中点，连接，
∵，则，
又∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
由题意可得：为等边三角形，则，
可得，则为直角三角形，
即三棱锥的高为，
故三棱锥的体积.
（2）取的中点，连接，
∵分别为的中点，则，，
又∵为的中点，则，，
∴，，
则为平行四边形，可得，
平面，平面，
∴平面，
又∵平面，平面平面，
∴，
由（1）可得：平面，
故平面.
7．如图，四棱台的上、下底面分别是边长为1和2的正方形，，且底面ABCD，点P，Q分别在棱，BC上，平面，点M在棱上，．
(1)证明：；
(2)若平面PDQ与平面AQD所成的锐二面角的余弦值为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）利用线面平行的性质定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面PDQ与平面AQD的法向量，根据锐二面角的余弦值为求出点的坐标，再利用（1）中的条件求出点的坐标，由三棱锥A-QDP的体积即可求解.
【详解】（1）由题意知：，且，所以，
所以M，B，C，P四点共面．
又因为平面，且平面平面，
所以．
（2）因为AB，AD，两两垂直，所以以A为坐标原点，
AB，AD，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
因为四棱台的上、下底面分别是边长为1和2的正方形，，
所以，设，，
所以，，
设是平面PDQ的一个法向量，
贝即，
取；
又平面AQD的一个法向量是，
所以，
解得或（舍去），此时，
由（1）知四边形MBQP是平行四边形，所以，
设，则，
因为点P在棱上，所以由，
得，
解得，从而，
故三棱锥A-QDP的体积．
题型二：立体几何中的线面角问题
空间向量线面角公式：
【例1】如图，在三棱柱中，平面，，，点在棱上，且．
(1)求的值；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)4；(2)
【分析】（1）连接，利用线面垂直的判定定理及性质得，再根据，得到，从而有求解.
（2）根据，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，不妨设，求得平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，由求解．
【详解】（1）解：如图所示：
因为平面，所以，
又，，所以平面，
因为平面，所以．
连接，因为，，
所以平面，所以．
易得，则，
所以，
所以，所以．
（2）因为，，两两垂直，所以以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以不妨设，
则，，
所以，，，，，
所以，，．
设平面的一个法向量为，
则，得，
则，取，得，所以平面的一个法向量为．
设直线与平面所成的角为，
则．
【例2】如图所示，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，侧棱，，分别是和的中点，点在平面上的射影是的重心.
（1）求与平面所成角的余弦值；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）；（2）.
【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用平面构造方程求得；
（1）根据射影的定义可知所求的角为，利用两条直线所成角的向量求法可求得结果；
（2）利用点到面的距离的向量求法可直接求得结果.
【详解】以为坐标原点可建立如图所示的空间直角坐标系，
设，
则，，，，，，
，，
平面，，，解得：.
（1）在平面上的射影为，与平面所成角为.
，，
，
与平面所成角余弦值为.
（2）设平面的法向量，又，，
则，令，则，，，
又，
到平面的距离.
【点睛】本题考查利用空间向量法求解直线与平面所成角、点到面的距离；求解直线与平面所成角时，可利用直接求解，也可以通过垂直关系确定直线与平面所成角后，利用两条直线所成角的向量求法来进行求解.
【例3】在陕西汉中勉县的汉江河与定军山武侯坪一带，经常出土有铜、铁扎马钉等兵器文物.扎马钉（如题21图（1））是三国时蜀汉的著名政治家、军事家诸葛亮所发明的一种对付骑兵的武器，状若荆刺，故学名蒺藜，有铜、铁两种.扎马钉有四个锋利的尖爪，随手一掷，三尖撑地，一尖直立向上，推倒上尖，下尖又起，始终如此，使触者不能避其锋而被刺伤.即总有一个尖垂直向上，三尖对称支承于地.简化扎马钉的结构，如图（2），记组成该“钉”的四条等长的线段公共点为，钉尖为（）．
（Ⅰ）判断四面体的形状特征；
（Ⅱ）若某个出土的扎马钉因年代久远，有一尖爪受损，其长度仅剩其他尖爪长度的（即），如图（3），将，，置于地面，求与面所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）该四面体的各个面都是全等的正三角形.；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）根据扎马钉总有一个尖垂直向上，可推出,从而可得答案；
（Ⅱ）为原点，以、所在直线为、轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量可求出结果.
【详解】（Ⅰ）点为四面体外接球的球心，即，且面，面，面，面，则空间四面体的每一条棱都相等，即；
所以该四面体的各个面都是全等的正三角形.
（Ⅱ）在四面体中，不妨令，，
在面内作点的射影，连接，
在等边中，为其外心，则，
在直角中，可得，
所以 ，解得，所以，
又因为面，且垂足为，
故以为原点，以、所在直线为、轴，建立空间直角坐标系，则 ，，，，，，
因为，即，则 ，
所以 ，，
设平面的一个法向量为，
则 ，即，令，得，
又 ，所以 ，
故与面所成角的正弦值为.
【点睛】关键点点睛：（Ⅱ）中，正确建立空间直角坐标系，利用空间向量求解是解题关键.
【题型专练】
1．在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，二面角为直二面角.
(1)求证：；
(2)当时，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）根据面面垂直的性质定理可得平面，进而得出.然后即可根据线面垂直的判定定理得出平面，然后即可得出；
（2）取中点为，连结.取中点为，连结.由已知可证平面，.以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面的一个法向量，即可根据向量法求出答案.
【详解】（1）由题意知平面平面，
又平面平面，，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
又因为，，平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
（2）取中点为，连结.取中点为，连结.
因为，点是中点，所以.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
因为点、分别是、的中点，所以，则.
则，.
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，，，.
设是平面的一个法向量，
则，取，则，
所以是平面的一个法向量.
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
2．如图，在三棱柱中，平面平面，和都是边长为2的正三角形，是的中点.
(1)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)
【分析】（1）连接，交于，连接，利用中位线性质得，再利用线面平行的判定即可证明；
（2）取的中点，连接，，建立合适的空间直角坐标系，求出平面的 一个法向量，利用线面夹角的空间向量求法即可得到答案.
【详解】（1）连接，交于，连接，
∵四边形是平行四边形，∴是的中点，
∵是的中点，∴，
∵平面，平面，∴平面.
（2）取的中点，连接，，
∵和都是正三角形，∴，，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，平面，∴，
所以两两垂直，
以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
∴，，，
设平面的一个法向量为，则，
即，令，则，，∴，
∴，
故直线与平面所成角的正弦值为.
3．如图，四棱锥的底面为平行四边形，平面平面，，，，分别为，的中点，且．
(1)证明：；
(2)若为等边三角形，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见详解；(2)
【分析】（1）连接，利用线面垂直证明异面直线垂直；
（2）根据为等边三角形，可得的值，过作的平行线轴，结合（1）知轴，，两两垂直，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，利用向量的夹角公式即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵，为的中点，∴，
又平面平面，平面平面，平面，故平面，
∵平面，∴，
又∵，且，，平面，∴平面，
又平面，∴．
（2）由为等边三角形，，得，
如图，过作的平行线轴，结合（1）知轴，，两两垂直，
故可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，
设为平面的一个法向量，
则，得，取，得，则，
因为为的中点，所以 ，
又，所以，
则，
设直线与平面所成角为，则，
题型三：立体几何中的面面角问题
空间向量线面角公式：
【例1】如图，在四棱锥中，平面，，点在棱上，，点为中点.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）通过线线平行证线面平行，即在上取一点，使得，得四边形为平行四边形，从而得证；
（2）建立以为中心的空间坐标系，利用二个面的法向量夹角求得二面角的余弦值.
【详解】（1）如图，在上取一点，使得.
四边形为平行四边形，
，
又平面平面，
直线平面.
（2）由条件可以为坐标原点，正方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量，则
令，解得：；
设平面的法向量为，则
令，解得：
设二面角为.
由图象可知，二面角为锐角，
故二面角的余弦值为：.
【例2】如图，在直四棱柱中，底面是边长为的菱形，，，为棱上一点，，过三点的平面交于点.
(1)求点到平面的距离；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）连接交于点，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量求法可求得结果；
（2）根据面面平行和线面平行性质可证得四边形为平行四边形，由此可求得点坐标，利用面面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）连接交于点，
四边形为菱形，，
则以为坐标原点，正方向为轴，作轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
，，，，
，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
点到平面的距离.
（2）由直棱柱的结构特征知：平面平面，
平面，平面，
平面平面，平面，，
同理可得：，四边形为平行四边形，，
又，，，，，
又，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，
即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【例3】如图，在斜三棱柱中，，，侧面为菱形，且，点D为棱的中点，，平面平面．设平面与平面ABC的交线为l．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）分别延长交于E，连接，则即为平面与平面的交线，取中点，连接，证得平面，又可证得从而有平面；
（2）以C点为坐标原点建立空间直角坐标系，求出面与面的法向量，用空间向量求二面角的余弦值．
【详解】（1）
证明:分别延长，设，连接，
则即为平面与平面的交线，
因为，取中点，连接，
所以平面，
因为平面平面，且交线为，
所以平面.
因为为棱的中点,，
所以为的中点，所以，
所以平面；
（2）由（1）知，因为.所以，
取的中点,因为侧面为菱形，且，所以BC，
由（1）知平面，所以，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，因为侧面为菱形，且，
所以，
则,
设平面的法向量为，
则，所以，取，
设平面的法向量为，
则，所以，取，
所以，
由图知二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为.
【例4】如图，在三棱柱中，底面为等腰直角三角形，侧面底面为中点，.
(1)求证：；
(2)再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值.
条件①：；条件②：.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）选①，取的中点，连接，证明，再以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
选②，取的中点，连接，利用勾股定理证明，再以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）因为，为中点，
所以，
又因为面面，面面，面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）选①，取的中点，连接，
则且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，为的中点，
所以，
又平面，
所以平面，
又，所以平面，
又平面，所以，
因为，所以，
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
由，得，
则，
则，
因为平面，
所以即为平面的一条法向量，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则，
由图可知，二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.
选②，取的中点，连接，
则且，
所以四边形为平行四边形，所以且，
因为且，
所以四边形为平行四边形，所以且，
又因为，所以，
又，，
所以，则，
在中，因为，
所以，
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
下同选①的答案.
【例5】如图，在四棱锥中，底面是梯形，，，，侧面是等边三角形，侧面是等腰直角三角形，.
(1)求证：平面；
(2)若是棱上的一点，且平面.求平面与平面所成二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）证明一条直线垂直于一个平面只需证明该直线垂直于平面内两条相交的直线；
（2）根据（1）的结论建立空间直角坐标系，运用空间向量数量积求解.
【详解】（1）如图①，在梯形中，作于点.
因为， °，，所以四边形是正方形，且，，所以，，
在中，，，，所以，，
在四棱锥中，由，， 平面ABCD， 平面ABCD， ，
平面；
（2）如图②，连接交于点，连接，
因为平面，平面平面，所以，
因为，所以，所以，
， ，
由，，可知，又由于（1）平面，
故、、两两垂直，故可以点为原点，以、、所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图③所示：
则，，，由，可得，
所以，.
设平面的一个法向量为，则，令 得，， ，
显然平面的一个法向量为，设平面与平面所成二面角大小为，则，
故平面与平面所成二面角的余弦值为；
综上，平面与平面所成二面角的余弦值为.
【例6】如图，球O是正三棱锥和的外接球，M为的外心，直线AM与线段BC交于点D，D为BC的中点，两三棱锥的高之比为，E为PA上一点，且．
(1)证明：；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见详解；(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求的坐标，根据数量积的性质证明；
（2）由线面垂直判定定理证明平面BCE，求平面和平面的法向量，根据向量夹角公式求二面角的正弦值．
【详解】（1）过M作，交AB于，易证MA，MP，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，球O的半径为R，
则在中，有，解得．
则，，，
∵，
∴，
，所以
∴，
∴．
（2）因为，
平面，
所以平面PAD，又平面PAD，
∴．
由（1）得，又，平面，
∴平面，
所以平面的一个法向量为．
又∵，，，
∴，．
设平面的法向量为，
则
令，则，，
∴为平面的一个法向量．
设二面角的平面角为，
∴，又，
∴．
故二面角的正弦值为．
【题型专练】
1．如图，在直角梯形中，，四边形为平行四边形，平面平面.
(1)证明：平面；
(2)若，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）连接，取的中点，连接，证明为平行四边形，即可推理作答.
（2）在平面内过D作，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
【详解】（1）连接，取的中点，连接，如图，在中，为的中点，
则，又，，因此，
即四边形为平行四边形，于是，即，而平面，平面，
所以平面ABE.
（2）在中，，则是菱形，又，即有是正三角形，
在平面内过D作，因为平面平面，平面平面，
则有平面，于是两两垂直，
以点D为原点，射线的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，
则，，
令平面的法向量，则，令，得，
令平面的法向量，则，令，得，
因此，
所以二面角的正弦值为.
2．如图，在二面角中，，F是AB的中点，且．
(1)证明：；
(2)若，，，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）通过证明平面DOF，得到，又，得证．
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量解决二面角问题.
【详解】（1）证明：如图，取AC的中点O，连接DO，FO，
因为，所以．
又，且，平面DOF，所以平面DOF，
平面DOF，故，又F是AB的中点，所以，所以．
（2）由（1）知，以C为坐标原点，CA，CB为x，y轴，过点C作平面ABC的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
在中，因为，，，
由余弦定理，得，过点D作，
故，可得点．
又，，，
所以得向量，，．
设平面ACD的一个法向量，
由得，
同理可得平面FCD的一个法向量，
所以．
设二面角为，由图可知二面角为锐二面角，
故．
3．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，为等边三角形．
(1)求证：；
(2)若二面角的大小为，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）取中点，连接，，，依题意可得、，即可得到平面，从而得证；
（2）取中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）证明：取中点，连接，，，
因为为菱形且，
所以为等边三角形，故．
又在等边三角形中，，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以；
（2）由，，可得就是二面角的平面角，所以，
在中，，所以为边长为的等边三角形，
由（1）可知，面底面，取中点，以为坐标原点，
以，，所在的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，
在中，，，可得，，，，
故，，，
设为平面的一个法向量，则有，
令，则，得，
设直线与平面所成角为，
则有，
故直线与平面所成角的正弦值为.
4．如图，在四棱锥中，，，．
(1)证明：；
(2)若，，，，点D到平面PAB的距离为，求平面PAD与平面PBC的夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】(1)连接AC，证明≌可得，从而可得平面ABCD，从而可得；
(2)根据已知条件求出相关线段的长度，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解.
【详解】（1）连接AC，
∵，，，
∴≌
∴．
∵，∴．
∵平面，∴平面ABCD．
又平面ABCD，∴．
（2）∵，平面PAB，平面PAB，
∴平面PAB．
∵点D到平面PAB的距离为，∴点C到平面PAB的距离为，
取AB的中点E，连接PE，则，
连接CE，由(1)可知，，∴．
∵，∴平面，
又平面PAB，∴平面平面PCE．
过C作于H，则平面PAB，∴．
易知，设，则，
由，
得，得，∴．
∵，，，∴平面PCD．
∵平面PCD，∴．
∵，∴，
∴四边形AECD为矩形，则．
以C为坐标原点，CD，CE，CP所在的直线分别为x，y，z轴
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，，，
设平面PAD的法向量为，
由，得，则，
取，则，∴．
设平面PBC的法向量为，
由，得，则，
取，则，∴．
∴，
故平面PAD与平面PBC的夹角的正弦值为．
5．如图，三棱柱中，与均是边长为2的正三角形，且．
(1)证明：平面平面；
(2)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)
【分析】（1）由线线垂直证线面垂直，进而利用面面垂直的判定证明平面平面.（2）以O为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz．利用向量法能求出平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【详解】（1）取的中点O，连接AO，．
∵与均是边长为2的正三角形，
∴，，．
∴为二面角的平面角．
∵，
∴．
∴，又，， 平面，
平面，又平面，
∴平面平面.
（2）由（1）知，，，．
以O为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz．
则，，，．
，，．
设平面的一个法向量为．
由得
令，得．
设平面的一个法向量为．
由得
令，得．
∴．
∴所求锐二面角的余弦值为．
6．如图，已知四棱锥，底面是平行四边形，且，是线段的中点，.
(1)求证：平面；
(2)下列条件任选其一，求二面角的余弦值.
①与平面所成的角为；
②到平面的距离为.
注：如果选择多个条件分别解答，按一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）根据平行四边形中的几何关系可得再根据勾股定理可得，利用线面垂直的判定定理即可证明结果；
（2）选①，取中点为，连接，根据几何关系可得，根据（1）可得，根据线面垂直的判定定理可得平面，则与平面所成的角为，由此计算出，进而计算得，可得为等边三角形；
选②，取中点为，连接，计算长度及根据等体积法可求得，即可得为等边三角形，建立合适的空间直角坐标系，求得各个点的坐标，进而求得平面的法向量及平面的法向量，根据法向量夹角的余弦值的绝对值即为二面角的余弦值绝对值即可求得结果.
【详解】（1）证明：因为，且，故，
在中，，
由余弦定理可得：，
解得，在中，，
所以，即，
又因为平面，平面，
所以平面；
（2）选①，取中点为，连接，如图所示：
因为，故，由（1）得平面，
因为平面，所以，
因为，平面，平面，
所以平面，所以为与平面所成的角，
即，因为，，
所以为等边三角形，且边长为1，所以，，
由可得，
因为，，
所以，所以为等边三角形，
以为原点，为在轴正方向建立如图所示空间直角坐标系：
所以，
，
设是平面的法向量，
则，即，
取，可得，
设为平面的法向量，
则，即，
取，可得，
设二面角所成的角为，则，
所以二面角的余弦值为.
选②， 取中点为，连接，如图所示：
因为，故，由（1）得平面，
因为平面，所以，
因为，平面，平面，所以平面，
设到平面的距离为，
因为，，所以等边三角形，
所以，，设，则，
因为，所以，
因为，为中点，所以，
所以，由，，
平面，平面，所以平面，
因为平面，所以，即，
所以，因为，
即，
即，
解得，即，所以，所以为等边三角形，
以为原点，为在轴正方向建立如图所示空间直角坐标系：
所以，
，
设是平面的法向量，
则，即，
取，可得，
设为平面的法向量，
则，即，
取，可得，
设所成的角为，则，
所以二面角的余弦值为.
7．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面为等腰直角三角形，且，点为棱上的点，平面与棱交于点.
(1)求证：；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，求平面与平面所成锐二面角的大小.
条件①：；
条件②：平面平面；
条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）根据条件可以证明平面，再利用线面平行的性质定理即可证明出结论；
（2）选条件①②可以证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出相应坐标，再求出两平面的法向量，进而求出结果;选条件①③或②③同样可以证明求解.
【详解】（1）证明：因为底面是正方形，所以，
平面，平面,
所以平面，
又因为平面与交于点.
平面，平面平面
所以.
（2）选条件①②
侧面为等腰直角三角形，且
即，
平面平面，
平面平面，平面,
则平面，又为正方形，
所以.
以点为坐标原点，分别为轴,轴,轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则
因为，所以点为的中点，则
从而：，
设平面的法向量为：，
则，
令，可得
设平面的法向量为：，则
，
令，可得
所以
则两平面所成的锐二面角为
选条件①③
侧面为等腰直角三角形，且即
，且两直线在平面内，可得平面，平面，则.
又因为且两直线在平面内，
则平面平面则
因为，所以为等腰三角形，所以点为的中点
又因为，所以为等腰直角三角形，
下面同①②
选条件②③
侧面为等腰直角三角形，且，
即
平面平面，
平面平面，平面,
则平面为正方形，
所以.
又因为且两直线在平面内，则平面，平面
则
因为，所以为等腰三角形，所以点为的中点.
下面同①②
8．如图，在四棱锥中，是的中点，平面，且，.
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的大小.
【答案】(1)证明见解析；(2)；(3).
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出的坐标，计算，即可证明结论；
（2）求出平面的法向量，利用空间角的向量求法，可得答案；
（3）求出平面的法向量，利用空间角的向量求法，可得答案；
【详解】（1）证明：由题意平面，
以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，
，
则，
所以，所以
（2），
设平面的法向量，
则，即，令，则，
,
设直线与平面所成的角为，，
则,
所以与平面所成角的正弦值为.
（3）,
设平面的法向量，则，即，
令，则，则.
又平面的法向量，
设平面与平面夹角为，则为锐角，
，
所以平面与平面夹角为.
题型四：立体几何中的动点问题
【例1】如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点D为棱AC上的动点（不与A、C重合），平面与棱交于点.
(1)求证；
(2)若平面平面，，判断是否存在点D使得平面与平面所成的锐二面角为，并说明理由.
【答案】(1)证明见解析；(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）先证明平面，再由线面平行的性质定理证明；
（2）假设D点存在，建立空间直角坐标系，利用法向量解决二面角问题，判断D点坐标是否有解.
【详解】（1），且平面，平面，
∴平面，又∵平面，且平面平面，∴；
（2）连接，取AC中点O，连接，，在菱形中，，
∴是等边三角形，
又∵O为AC中点，∴，
∵平面平面，
平面平面，平面，且，
∴平面，平面，∴，
又∵，∴，
以点为原点，，，为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
假设存在点D，满足题意，设，
，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，所以，令，则，，
故，
设平面的法向量为
，，
，，令，则，，故，
，解，
所以点D在点C的位置时，平面与平面所成锐角为，
由于D不与A、C重合，故AC上不存满足题意的点.
【例2】如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，，平面ABCD，E为PD中点．
(1)若，求证：；
(2)若二面角的正弦值为，求PA．
【答案】(1)证明见解析；(2)2
【分析】（1）证面PAD，进而得到，再根据等腰三角形的性质得到，可得线面垂直，进而证得线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出二面角的夹角的余弦，再由同角三角函数关系求出余弦值，建立方程求解即可.
【详解】（1）平面ABCD,CD平面ABCD
,
四边形ABCD为矩形，，
又平面，面，
面，，
在中，，E为PD中点，
,面，面
平面PCD，又平面，
（2）以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，
设平面BCE的一个法向量为，
则，
令，解得，，
设平面的法向量，又，,
则，，
令，解得，，
设二面角的夹角大小为，则
因为，所以，
即，解得,
即.
【例3】如图甲，在四边形中，，，将沿折起得图乙，点是上的点.
(1)若为的中点，证明：平面；
(2)若，试确定的位置，使二面角的正弦值等于.
【答案】(1)证明见解析；(2)点在线段靠近的三等分点处.
【分析】（1）取的中点，连接，先证明平面，得出，取的中点，连接，易得，由线面垂直判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，易得平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，根据法向量性质求出，再根据二面角的正弦值等于即可求出参数，从而确定的位置.
【详解】（1）由题意，
，且，故四边形是平行四边形.
又，所以是正三角形，四边形是菱形.
如图所示：
取的中点，连接，
是正三角形，则，.
又，平面，
所以平面，又平面,
所以.
取的中点，连接，
则，即四点共面.
又，则，
由，，，平面，
平面.
（2），，
.又且，
以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
设，则，
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
又，，
则可取.
由题意，二面角的正弦值等于，
，
，故，即点在线段靠近的三等分点处.
【题型专练】
1．如图1，在中，，，为的中点，为上一点，且.现将沿翻折到，如图2.
(1)证明：.
(2)已知二面角为，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；(2)存在，
【分析】（1）翻折前，在中，，翻折后，有，，利用线面垂直的判定和性质可证得结论成立；
（2）由二面角的定义可得，然后以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴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：翻折前，在中，，翻折后，有，，
又，、平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：因为二面角为，，，
所以，二面角的平面角为，
以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则、、、、.
，，，.
设，，其中，
设平面的法向量为，
由得，
取，可得，
，解得，合乎题意，
故当时，直线与平面所成角的正弦值为.
2．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
(1)证明：；
(2)若是边长为1的等边三角形，且，则在线段上是否存在一动点，使得二面角的大小为45°？若存在，请找出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；(2)存在，位置在靠近A点的线段AD的三分点处.
【分析】(1)通过证明线面垂直来证明线线垂直；
(2)建立空间直角坐标系，运用空间向量数量积求解.
【详解】（1） 是等腰三角形，O是底边的中点， ，又平面 平面BCD，
平面 平面 ， 平面BCD， 平面BCD，
；
（2）建立空间直角坐标系如下图：
以O为原点，过O点垂直于BD的直线为x轴，直线BD为y轴，OA为z轴，
由于 是等边三角形，OC与x轴的夹角为 ，所以C点的x坐标为 ，y坐标为 ，即 ，
设 ， ，（ 表示E点与D点，此时二面角 为0， ） ，
则 ， ， ，
设平面BCE的一个法向量为 ，则 ， ，
令 ，则 ，
显然平面BCD的一个法向量是 ，则平面BCE与平面BCD的二面角为 ，
，得 或 （当 时，表示点E在AD的延长线上，不符合题意，舍），
，即当E点在线段AD的靠近A点的三分点时，二面角 为 ；
综上，存在点E，在靠近A点的线段AD的三分点处.
3．如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底面，是的中点．
（1）证明：直线平面；
（2）点在棱上，且直线与底面所成角为，求二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
【详解】试题分析：（1） 取的中点，连结，，由题意证得∥，利用线面平行的判断定理即可证得结论；（2）建立空间直角坐标系，求得半平面的法向量：，，然后利用空间向量的相关结论可求得二面角的余弦值为．
试题解析：（1）取中点，连结，．
因为为的中点，所以,,由得，又
所以．四边形为平行四边形， ．
又，，故
（2）
由已知得,以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则
则，，，，
,则
因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而是底面ABCD的法向量，所以
，
即（x-1）²+y²-z²=0
又M在棱PC上,设
由①，②得
所以M，从而
设是平面ABM的法向量，则
所以可取.于是
因此二面角M-AB-D的余弦值为
点睛:（1）求解本题要注意两点：①两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，②利用方程思想进行向量运算，要认真细心、准确计算．
（2）设m，n分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与
题型五：立体几何解答题中的最值问题
【例1】已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【例2】如图1，平面图形是一个直角梯形，其中，是上一点，且.将沿着折起使得平面平面，连接，分别是的中点，如图2.
(1)证明：在图2中四点共面，且平面平面；
(2)在图2中，若是线段上一个动点，当直线与平面所成角的正弦值取得最大值时，求的长.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）根据平行线的传递性可证，即可得四点共面；再根据线面、面面垂直的判定定理和性质定理分析证明；
（2）建系，利用空间向量求线面夹角，并结合基本不等式运算求解.
【详解】（1）连接，
∵分别是的中点，
∴，
又∵，
∴，故四点共面.
在图1中，由，可得，
，
故四边形是正方形，则，
在图2中，平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
平面，可得，
又∵平面，
∴平面，
且平面，故平面平面.
（2）如图以为原点，分别以所在直线为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，则，
设，
可得，
设是平面的一个法向量，则，
取，则，即，
设直线与平面所成角为，
则，
∵，当且仅当，即当取等号，
∴，
故当，即为中点时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值为.
【例3】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，二面角为直二面角.
(1)求证：平面；
(2)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)
【分析】（1）首先证明，然后证明平面，可得，即可证明；
（2）首先证明平面，然后以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，算出两个平面的法向量，然后求出二面角的余弦值，然后可得答案.
【详解】（1）连接，由题设知四边形为菱形，，
分别为中点，；
又为中点，，
因为二面角为直二面角，
即平面平面，平面平面平面
平面，又平面；
又平面平面.
（2），
为等边三角形，，
平面平面，平面平面，平面
平面，
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，，
设，则，
；
由（1）知：平面平面的一个法向量；
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.
【例4】如图所示，六面体的底面是菱形，，且平面，平面与平面的交线为.
(1)证明：直线平面；
(2)已知，三棱锥的体积，若与平面所成角为，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】(1)根据线面平行以及线面垂直，求出线面垂直即可；
(2)作辅助线得出在点处可以作为原点建立空间直角坐标系，利用已知求出，进而求出，结合平面的法向量求出的取值范围即可.
【详解】（1）连接，
，即.
四边形为平行四边形，则.
平面平面
平面，
平面平面，又平面，
，
四边形是菱形，，
又平面平面，则，
又，平面，
平面，又
平面.
（2）连接交于点，，则.
平面，
平面，因为平面，
则.
，四边形是菱形，则，
，
以为轴，轴，轴建立如图的空间直角坐标系，
设，则.
.
，即，
，则，
，又是平面的一个法向量，
，
设，则
.
【例5】马戏团的表演场地是一个圆锥形棚，如图，为棚顶，是棚底地面的中心，为棚底直径，，是棚底的内接正三角形，中间的支柱米，从支柱上的点向棚底周围拉了4根绳子供动物攀爬表演，有一个节目表演的是猴子从点沿着绳子爬到点，再沿着爬到棚顶，然后从棚顶跳到中的某一根绳子上.
(1)当点取在距离点米处时，证明拉绳所在直线和平面垂直；
(2)经验表明当拉绳所在直线和平面所成角的正弦值最大时，节目的观赏性最佳，问此时应该把点取在什么位置.
【答案】(1)证明见解析；(2)应该把点取在距离点米处
【分析】（1）利用平面几何的知识依次求得，从而利用勾股定理证得与，再利用线面垂直的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，利用（1）中结论得到各点的坐标，再求得平面的法向量，从而利用空间向量夹角余弦的坐标表示，结合基本不等式求得直线和平面所成角的正弦值最大时的值，由此得解.
【详解】（1）因为，，所以是正三角形，则，
易知底面圆，而底面圆，所以，
又在中，，所以，
因为是正三角形，所以，
且，，所以，，
同理可证，
又，平面，所以平面，
即拉绳所在直线和平面垂直；
（2）如图，建立以为原点的空间直角坐标系，
设，
所以
设平面的法向量为，则，
令，则，故，
设直线和平面所成的角为，
则
，
当且仅当，即米时，拉绳所在直线和平面所成角的正弦值最大，
故应该把点取在距离点米处.
【题型专练】
1．如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，B为底面圆周上异于A，C的点.
(1)在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由；
(2)设平面∩平面，与平面QAC所成角为，当四棱锥的体积最大时，求的取值范围.
【答案】(1)作图及理由见解析；(2).
【分析】（1）取中点P，作直线，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）延长交于点O，作直线，再确定四棱锥体积最大时，点B的位置，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量建立线面角正弦的函数关系，求出其范围作答.
【详解】（1）取中点P，作直线，则直线即为所求，
取中点H，连接，则有，如图，
在等腰梯形中，，有，则四边形为平行四边形，
即有，又平面，平面，
所以平面.
（2）延长交于点O，作直线，则直线即为直线，如图，
过点B作于，因为平面平面，平面平面，平面，
因此平面，即为四棱锥的高，在中，，
，当且仅当时取等号，此时点与重合，
梯形的面积为定值，四棱锥的体积，
于是当最大，即点与重合时四棱锥的体积最大，，
以为原点，射线分别为轴的非负半轴建立空间直角坐标系，
在等腰梯形中，，此梯形的高，
显然为的中位线，则，
，
设，则
设平面的一个法向量，则，令，得，
则有，
令，则，当时，，
当时，，当且仅当，即时取等号，
综上得，
所以的取值范围是.
【点睛】思路点睛：求空间角的最值问题，根据给定条件，选定变量，将该角的某个三角函数建立起选定变量的函数，求出函数最值即可.
2．把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，椭圆柱中底面长轴，短轴长，为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点，，P为的中点，MN为过点的下底面的一条动弦（不与AB重合）.
(1)求证：平面PMN
(2)求三棱锥的体积的最大值.
【答案】(1)证明见解析；(2)2
【分析】（1）由线线平行证线面平行；
（2）由解析法，建立平面直角坐标系如图所示，，转为求的最大值，
其中为弦长公式结合韦达定理求得，为到直线MN的距离由点线距离公式求得. 最后讨论最值即可.
【详解】（1）由长轴，短轴长得焦半径得，∴分别OB、的中点，
在柱体中，纵切面为矩形，连接，则，又，∴四边形为平行四边形，∴，
∵P为的中点，，∴，
∵平面PMN，平面PMN，∴平面PMN；
（2），
建立平面直角坐标系如图所示，则底面椭圆为，，
由题意知，直线MN的斜率不为0，设为，，联立椭圆方程可得，
则，∴.
又点到直线MN的距离.
∴.
∴.
设，对，由，∴在上单调递增，
∴，此时.
故三棱锥的体积的最大值为2.
【点睛】圆锥曲线三角形面积问题，一般由弦长公式结合韦达定理求得一边长，再由点线距离公式求得高，从而表示出面积，作进一步讨论.
3．如图，在四棱锥中，，E是PB的中点．
(1)求CE的长；
(2)设二面角平面角的补角大小为，若，求平面PAD和平面PBC夹角余弦值的最小值．
【答案】(1)；(2)
【分析】(1)由条件证明，解三角形求即可；
(2)建立空间直角坐标系，求平面PAD和平面PBC的法向量，结合向量夹角公式求平面PAD和平面PBC夹角余弦值，利用换元法和二次函数性质求其最小值.
【详解】（1）取PA的中点G，连接DG，EG，如图所示：
则，且，，
所以四边形CDGE为平行四边形．
因为，所以为直角三角形，，
在中，因为，所以，
所以
所以CE的长为；
（2）在平面ABCD内过点A作BC的平行线，交CD的延长线于点M，如图所示，
则，，
以点M为坐标原点，分别以MA，MC为x轴和y轴，以与平面垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，取AD的中点为N，连接PN，MN，则，，平面，所以平面，平面，
所以平面平面，在平面PMN内过点P作，垂足为F，
因为平面平面，所以平面，
由已知可得，则，设．
因为，所以，
因为，，为线段的中点，所以，
所以，
所以，
所以．
设平面PAD的法向量，
则
令，则．
设平面的法向量，
因为，
则
令．则，所以为平面的一个法向量．
设平面PAD和平面PBC的夹角为，
则
．
令，所以，
所以，所以当时，有最小值，
所以平面PAD和平面PBC夹角余弦值的最小值为．
【点睛】本题解决的关键在于根据二面角的平面角的定义确定二面角的平面角，结合所建坐标系确定点的坐标.
4．四棱锥平面，底面是菱形，，平面平面.
(1)证明：；
(2)设为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）过点作，根据面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的判定证明平面，结合线面垂直的性质证明即可；
（2）根据线面垂直的关系，以为轴正方向建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，再根据线面角的表达式，结合二次函数的最值求解即可.
【详解】（1）如图，过点作，垂足为
.平面平面，平面平面，平面，
平面.
平面.
.
平面平面.
又，平面，
平面.
又平面，所以，
（2）由已知及（1）得四边形是正方形，从而两两垂直，
以为轴正方向如图建立空间直角坐标系.
设，则
设，则，
设平面的法向量，则即，
取，则.即.
当时，上式最大为，.
所有与平面所成角的正弦值的最大值为.
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