专题03 空间几何与空间向量（解答题10种考法）（精讲）（解析版）.docx

1、专题03 空间几何（解答题10种考法）考法一 平行【例1-1】（2023春河北邯郸 ）如图，在三棱柱中，G，O，H，M分别为DE，DF，AC，BC的中点，N为GC的中点.(1)证明：平面ABED.(2)证明：平面平面BCFE.【答案】证明见解析【解析】（1）证明：如图，连接BG.M为BC的中点，N为GC的中点，.平面ABED，平面ABED，平面ABED.（2）G，O分别为DE，DF的中点，.平面BCFE，平面BCFE，平面BCFE.且，四边形OFCH是平行四边形，.平面BCFE，平面BCFE，平面BCFE.又，平面平面BCFE【例1-2】（2023秋云南）如图，四棱锥的底面为平行四边形设平面与

2、平面的交线为l，M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点(1)求证：平面平面；(2)求证：【答案】证明见解析【解析】（1）因为、分别为、的中点，底面为平行四边形，所以，又平面，平面，则平面，同理平面，平面，可得平面，又，平面，所以平面平面.（2）因为，平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以.【例1-3】（2023青海）如图，在四棱锥A-BCDE中，底面BCDE为矩形，M为CD中点，连接BM，CE交于点F，G为ABE的重心，证明：平面ABC【答案】证明见解析【解析】延长EG交AB于N，连接NC,因为G为ABE的重心，所以点N为AB的中点，且 ,因为 ,故 ,所以 ,故，故 ,而平面ABC，平

3、面ABC,故平面ABC；【例1-4】（2023全国统考高考真题）如图，在正四棱柱中，点分别在棱,上，证明：【答案】证明见解析；【解析】以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，则，又不在同一条直线上，.【例1-5】（2023全国高三专题练习）如图，在三棱锥中，为点在平面上的射影，为的中点证明：平面.【答案】证明见解析【解析】在平面内，过点作于点，连接，则，又平面，平面，平面又平面，平面，平面，又，为公共边，又为公共边，为的中点，又为的中点，为的中位线，又平面，平面，平面又，平面，平面，平面平面，又平面，平面【变式】1（2023春浙江金华）在正方体中，分别是和的中点，求证(1)(2)平

4、面(3)平面平面【答案】证明过程见解析【解析】（1）连接，因为底面是正方形，且点是中点，所以，即点也是中点，又因为点是中点，所以由三角形中位线定理可得；（2）由（1），因为平面，平面，所以平面；（3）连接，因为分别是和的中点，所以由正方体的性质可知：，所以四边形是平行四边形，所以有，而，所以，因为平面，平面，所以平面，而平面，所以平面平面.2（2023春新疆省直辖县级单位 ）如图，已知平面ACD，平面ACD，为等边三角形，F为CD的中点，求证：平面BCE.【答案】证明见详解【解析】因为平面ACD，平面ACD，则，取的中点，连接，因为分别为的中点，则，且，由题意可得：，且，则，且，则为平行四边形

5、，可得，且平面BCE，平面BCE，所以平面BCE.3（2022春浙江温州 ）已知三棱锥中，为中点，为中点，在上，求证：平面【答案】证明见解析【解析】连接并延长，交于点，取的中点，连接，因为为中点，所以，所以，所以，又为中点，所以，所以，因为，所以，所以，可得，因为平面，平面，所以平面；4（2022秋吉林长春）如图，在正三棱柱中，点在上，且，为中点，证明：平面【答案】证明见解析【解析】证明：如图所示，分别延长和交于点，设，设，因为，可得，由，可得，即，解得，又因为为的中点，可得，所以，所以，又由，所以四边形为平行四边形，所以为的中点，设，因为四边形为矩形，所以为的中点，在中，由三角形的中位线定理

6、，可得，又因为平面，平面，所以平面.考法二 垂直【例2-1】（2023秋海南海口 ）已知三棱锥中，底面，分别为，的中点，于(1)求证：平面；(2)求证：平面平面【答案】证明见解析【解析】（1）底面，底面，；又，为的中点，又平面，平面，平面，又，平面，平面；（2）由平面知，；又分别为的中点，是的中位线，即，由平面可知，为平面与平面的二面角，又，平面平面【例2-2】（2022河北石家庄模拟预测）如图，在四棱锥中，点为的中点，且平面，求证：平面【答案】证明见解析【解析】证明：取的中点，连接、，、分别为、的中点，则且，又因为，所以，且，则四边形为平行四边形，所以又平面，所以，平面，平面，又，所以平面【

7、例2-3】（2023北京）在平行四边形中过点作的垂线交的延长线于点，.连接交于点，如图1，将沿折起，使得点到达点的位置.如图2.证明：直线平面.【答案】证明见解析【解析】证明：图1中，在中，所以.所以也是直角三角形，在图2中，所以平面.【例2-4】（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证明：面POD【答案】证明见解析【解析】证明：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,所以因此由，平面，所以平面，即面POD.【变式】1.（2023全国

8、统考高考真题）如图，三棱锥中，E为BC的中点，证明：；【答案】证明见解析；【解析】连接，因为E为BC中点，所以，因为，所以与均为等边三角形，从而，由，平面，所以，平面，而平面，所以2（2023秋山东）如图所示，在正方体中，为棱的中点，N为棱上的点，且，求证：. 【答案】证明见解析【解析】连接，设，则，又，.，又，即，又平面，平面，所以，平面，所以平面，平面，.3（2023湖南）如图，在四棱台中，平面平面ABCD，底面为正方形，.求证：平面. 【答案】证明见解析【解析】证明：因为平面平面，平面平面，平面，则平面.又平面，则；在等腰梯形，如下图，作，由题可知，又，则，结合，得.因，则.又平面，平面

9、，则平面.4.（2023湖北）如图，在侧棱垂直于底面的三棱柱中，是线段的中点，是线段靠近点的四等分点，点在线段上，求证：【答案】证明见解析【解析】由题意，在直三棱柱中，不妨设，则，由余弦定理可得，因为，可得，又由是线段的中点，所以，且，因为平面，平面，所以，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以,在直角中，因为是线段靠近点的四等分点，可得，所以,可得，又由且平面，所以平面，因为平面，所以.考法三 空间角之向量法【例3-1】（2022天津统考高考真题）直三棱柱中，D为的中点，E为的中点，F为的中点(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求平面与平面夹角的余弦值【答案】(1)证

10、明见解析(2)(3)【解析】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，则以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，则，易知平面的一个法向量为，则，故，平面，故平面.（2）解：，设平面的法向量为，则，取，可得，.因此，直线与平面夹角的正弦值为.（3）解：，设平面的法向量为，则，取，可得，则，因此，平面与平面夹角的余弦值为.【例3-2】（2023广东茂名统考一模）如图所示，三棱锥，BC为圆O的直径，A是弧上异于B、C的点.点D在直线AC上，平面PAB，E为PC的中点.(1)求证：平面PAB；(2)若，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).

11、【解析】（1）因为平面PAB，平面平面，平面CAB所以.又O为BC中点，所以D为AC中点.又E为PC中点，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）如图1，取的中点F，连结PF、AF.由已知底面在半圆O上，BC为圆O的直径，可得.因为所以，所以.又，则有，所以，.则有，所以，又，平面，平面.所以平面.法一：如图2建立如图所示的空间直角坐标系.由，可得.，.所以，.设为平面PAB的一个法向量，则，令，则，则.设为平面PBC的一个法向量，则，令，则，则.设平面PAB与平面PBC的夹角为，则.法二：如图3，建立如图所示的空间直角坐标系.因为，则，所以，.设为平面PAB的一个法向量，则， 令，则，则.设为

12、平面PBC的一个法向量，则，令，则，则.设平面PAB与平面PBC的夹角为，则.【变式】1（2023云南校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，为的中点(1)证明：；(2)求二面角的平面角的余弦值【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】（1）在四边形中，取中点，连接，由，得，则四边形是平行四边形，又，因此是矩形，即有，有，从而，即，而平面，平面，则，又平面，于是平面，而平面，所以.（2）由（1）知两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，依题意，设平面的一个法向量，则，令，得，设平面的一个法向量，则，令，得，因此，显然二面角的平面角为钝角，所以二面角的平面角的余弦值为.2.（202

13、3全国统考高考真题）如图，三棱锥中，E为BC的中点(1)证明：；(2)点F满足，求二面角的正弦值【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】（1）连接，因为E为BC中点，所以，因为，所以与均为等边三角形，从而，由，平面，所以，平面，而平面，所以（2）不妨设，又，平面平面以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：设，设平面与平面的一个法向量分别为，二面角平面角为,而，因为，所以，即有，取，所以；，取，所以，所以，从而所以二面角的正弦值为3（2022全国统考高考真题）如图，是三棱锥的高，E是的中点(1)证明：平面；(2)若，求二面角的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）

14、证明：连接并延长交于点，连接、，因为是三棱锥的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，所以所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，又平面，平面，所以平面（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，因为，所以，又，所以，则，所以，所以，所以，则，设平面的法向量为，则，令，则，所以；设平面的法向量为，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.考法四 空间角之几何法【例4-1】（2023秋四川遂宁 ）如图，多面体中，四边形为平行四边形，四边形为梯形，平面(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).【解析】（

15、1）由四边形是平行四边形，得，而平面，平面，则平面，由，平面，平面，得平面，又，平面，因此平面平面，而平面，所以平面.（2）由平面，平面，得，连接，则，在平面内过作于，连接，显然，而平面，于是平面，则为直线与平面所成的角，又，则，因此，所以直线与平面所成角的正弦值为.【例4-2】（2023春河南商丘 ）如图，四边形是正方形，平面，且 . 求：(1)求二面角的大小(2)求二面角的大小.(3)求二面角的大小的正弦值【答案】(1)(2)(3)【解析】（1）平面，面,为二面角的平面角，又四边形是正方形，即二面角的大小为；（2）作的中点,的中点,连接,平面，面,，为等腰直角三角形，为的中点，,又,平面,

16、且,平面,分别为和的中点，,为二面角的平面角，,平面,即二面角的大小为；（3）连接,二面角的大小的平面角，又,平面,且,平面, ,即二面角的大小的正弦值.【变式】1（2023春福建宁德 ）四棱锥中，底面为平行四边形，侧面底面，已知，(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）作，垂足为，连接，由侧面底面，侧面,且侧面底面，得底面因为，所以，又，故为等腰直角三角形，且平面，所以平面，又因为平面，所以,即.（2）证明：由（1）知，依题，故，由，又，作，垂足为，侧面底面，平面,且侧面底面，得平面，连接,所以为直线与平面所成的角，所以，即直线与平面所成角的

17、正弦值为2（2023秋山东潍坊高三校考阶段练习）如图所示，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)若与平面所成的角为，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2).【解析】（1）连接AF，则，又，平面ABCD，平面ABCD，又平面PAF，平面PAF，又平面PAF，；（2）平面，是与平面所成的角，且，平面PAF， ，为平面PFD与平面CFD所成锐角，故二面角的余弦值为.考法五 空间距离之向量法【例5】（2023重庆统考模拟预测）在多面体中，四边形是边长为4的正方形，ABC是正三角形(1)若为AB的中点，求证：直线平面；(2)若点在棱上且，求点C到平面的距离【

18、答案】(1)证明见详解(2)【解析】（1）连接，设，由题意可得为的中点，连接，因为分别为的中点，则/，平面，平面，所以直线平面.（2）由题意可得：，平面，所以平面，取的中点，连接，因为ABC是正三角形，则，又因为平面，平面，则，平面，所以平面，如图，以为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量，则，令，则，即，所以点C到平面的距离.【变式】1（2023天津北辰校考模拟预测）在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，为中点，在线段上，且.(1)求证：平面；(2)求直线PB与平面所成角的正弦值；(3)求点到PD的距离.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【解析】（1）如图

19、，取中点，连接因为为中点，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，因为为中点，为中点，则，又平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，又平面，故平面（2）根据题意，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，由条件可得，则，设平面的法向量为，则，解得，取，则，所以平面的一个法向量为，设直线PB与平面所成角为，则.所以直线PB与平面所成角的正弦值为.（3）由（2）可知，所以点到PD的距离为.2（2023江西景德镇统考三模）如图，等腰梯形中，现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.(1)证明：面面；(2)若为上的一点，点到面的距离为，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明

20、见解析(2)【解析】（1）在梯形中，取中点，连接，四边形为平行四边形，；，平面，平面，平面，平面平面.（2）分别取中点，连接，为中点，又平面平面，平面平面，平面，平面，分别为中点，平面，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，则，设，则，设平面的法向量，则，令，解得：，；点到平面的距离，解得：，；平面轴，平面的一个法向量，又二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.3（2023黑龙江哈尔滨哈师大附中校考模拟预测）三棱台中，平面，且，是的中点(1)求三角形重心到直线的距离；(2)求二面角的余弦值【答案】(1)(2)【解析】（1）因为，所以，在平面内过点作，建立如图所示空间直角坐标系，

21、则，过点作，设，.则.因为，所以，解得，所以，即三角形重心到直线的距离为.（2），设平面的法向量，则，取，则设平面的法向量，则，取，则所以，由图可知，二面角为锐角，所以，二面角的余弦值为考法六 空间距离之几何法【例6】（2023天津统考高考真题）三棱台中，若面，分别是中点. (1)求证：/平面；(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；(3)求点到平面的距离【答案】(1)证明见解析(2)(3)【解析】（1）连接.由分别是的中点，根据中位线性质，/，且，由棱台性质，/，于是/，由可知，四边形是平行四边形，则/，又平面，平面，于是/平面.（2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接.由面，面，故，又，平面，则

22、平面.由平面，故，又，平面，于是平面，由平面，故.于是平面与平面所成角即.又，则，故，在中，则，于是（3）方法一：几何法过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.由题干数据可得，根据勾股定理，由平面，平面，则，又，平面，于是平面.又平面，则，又，平面，故平面.在中，又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，即点到平面的距离是.方法二：等体积法辅助线同方法一.设点到平面的距离为.，.由，即.【变式】1（2023江西景德镇统考三模）如图，等腰梯形ABCD中，现以AC为折痕把折起，使点B到达点P的位置，且.(1)证明：平面平面；(2)若M为PD的中点，求点P到平面的距离.【答案】(1)证明见解析

23、(2)【解析】（1）在梯形ABCD中取AD得中点N，连接CN，则由BC平行且等于AN，可知ABCN为平行四边形，所以，由可得C点在以AD为直径的圆上，所以.又，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）取AC得中点O，连接PO，OD，由得，由（1）知，平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以，又M为PD的中点，所以，因为平面，平面，所以，又M为PD的中点，所以，则，所以，所以，由余弦定理得，所以，所以，所以，因为平面，所以点到平面的距离CD是点到平面距离的2倍，即点M到平面PAC的距离为1，设点P到平面的距离为，因为，所以，解得.2（2023新疆统考三模）如图，在四棱锥中，底面是长方

24、形，点为线段的中点，点在线段上，且(1)证明：平面平面；(2)求点到平面的距离【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）证明：因为，所以又平面，所以平面，又平面，所以平面平面（2）如图，作于于，连接，因为平面平面，所以因为平面，所以平面；因为平面，所以；因为平面，所以平面平面，所以设棱锥的高为，因为底面是长方形，点为线段的中点，且所以所以，因为，即，得，所以棱锥的高3（2023江西景德镇统考三模）如图，等腰梯形ABCD中，现以AC为折痕把折起，使点B到达点P的位置，且.(1)证明：平面平面；(2)若M为PD的中点，求点P到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）在梯形ABCD

25、中取AD得中点N，连接CN，则由BC平行且等于AN，可知ABCN为平行四边形，所以，由可得C点在以AD为直径的圆上，所以.又，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）取AC得中点O，连接PO，OD，由得，由（1）知，平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以，又M为PD的中点，所以，因为平面，平面，所以，又M为PD的中点，所以，则，所以，所以，由余弦定理得，所以，所以，所以，因为平面，所以点到平面的距离CD是点到平面距离的2倍，即点M到平面PAC的距离为1，设点P到平面的距离为，因为，所以，解得.考法七 折叠问题【例7】（2023秋山东泰安 ）如图1，四边形为矩形，E为的中点，将、分

26、别沿、折起得图2，使得平面平面，平面平面(1)求证：平面；(2)若F为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）在图2中，取、的中点M、N，连接、，在图1中，且E为AB的中点，则，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理，平面，所以.又因为，所以四边形为平行四边形，所以，而平面，平面，所以平面.（2）在图1中，.以点E为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，设，则，向量，设平面的法向量为由，得，令，得平面的一个法向量为， 又， 设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为【变式】1（2023河南校联考模拟预测）已知中

27、，将沿折起，使点A到点处，(1)证明：平面平面；(2)求直线与平面所成角的余弦值【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）证明：因为，可得，又因为，所以， 即，又，且平面，则平面， 因为平面，所以， 又因为，即，因为，且平面，所以平面，又因为平面，故平面平面（2）解：以为坐标原点，以DE，DB所在直线为x轴、y轴，以垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则， 在直角三角形中，则，由（1）知平面，则为平面的法向量，且， 设直线CD与平面所成角的角为，则，故直线CD与平面所成角的余弦值为2（2023吉林长春东北师大附中校考一模）长方形中，点为中点（如图1），将点绕旋转至点处，

28、使平面平面（如图2）(1)求证：；(2)点在线段上，当二面角大小为时，求四棱锥的体积【答案】(1)证明见详解(2)【解析】（1）证明：在长方形中，为中点，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，又，平面，平面，平面，平面，.（2）如图，取的中点，的中点，连接，由题意可得两两互相垂直，以为坐标原点，以， 分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，设，则，设平面的一个法向量为，则，令，得，又平面，是平面的一个法向量，令，解得或（舍）.即为的靠近的三等分点时，二面角的平面角为，平面，且，到平面的距离为，又四边形的面积为3，四棱锥的体积考法八 动点【例8-1】（2023春山西运城高一统考期中）如图，正三

29、棱柱中，E、F、G分别为棱、的中点(1)证明：平面；(2)在线段是否存在一点，使得平面平面？若存在，请指出并证明；若不存在，请说明理由【答案】(1)证明见解析(2)存在；N为的中点，证明见解析【解析】（1）证明：取的中点，连接，在中，因为E、M分别为、的中点所以且又为的中点，所以且，即且，故四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面（2）当N为的中点时，平面平面证明：连接，因为N，F分别是和的中点，所以因为平面，平面，所以平面因为，所以因为平面，平面，所以平面又因为平面，平面，所以平面平面【例8-2】（2023秋湖南长沙 ）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，侧面底面，M是的

30、中点(1)求证：平面；(2)在棱上是否存在点N使平面平面成立？如果存在，求出；如果不存在，说明理由【答案】(1)证明见解析；(2)存在，.【解析】（1）由侧面是正三角形，M是的中点，得，由正方形，得，而平面平面，平面平面，且平面，则平面，又平面，于是，而平面，所以平面.（2）取的中点，的中点，连接，连接，连接，连接，于是，由正方形，得，则，令，显然是正的中心，又平面平面，平面平面，则平面，平面，即有，而平面，则平面，平面，在平面内过作交于，显然，而平面，因此平面，连接并延长交于，连接，于是平面平面，过作，则有，则，又，从而点是线段的中点，过作交于，于是，即，显然，因此，所以在棱上存在点N使平面

31、平面成立，.【变式】1（2023全国统考高考真题）如图，在正四棱柱中，点分别在棱,上，(1)证明：；(2)点在棱上，当二面角为时，求【答案】(1)证明见解析；(2)1【解析】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，则，又不在同一条直线上，.（2）设，则，设平面的法向量，则，令 ，得，设平面的法向量，则，令 ，得，化简可得，解得或，或，.2（2023春浙江嘉兴）如图，四棱锥的底面为矩形，平面，且，分别为的中点.(1)证明：平面；(2)在线段上是否存在一点，使得平面平面，若存在，请找出该点，并给出证明；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，点为的中点，证明见解

32、析【解析】（1）证明：因为平面，平面，所以，矩形中，平面，所以平面；（2）存在满足条件的点，为的中点证明：在中，又平面，平面，所以平面又因为分别是的中点，而，所以，所以四边形是平行四边形所以，而平面，平面，所以平面又因为，平面，所以平面平面3（2023北京）如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，且，是的中点在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由【答案】存在，【解析】存在点，使得平面，此时，证明如下：连接，为中点，连接，直角梯形中，则，四边形为平行四边形，有，则，所以，又底面，底面，则，则，则，得，又，由余弦定理得，则，又，是的中点，则，平面，则平面，故存在

33、点，使得平面，此时4（2023四川南充四川省南充高级中学校考三模）如图，在四棱台中，底面是菱形，平面.(1)证明：BDCC1；(2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，【解析】（1）证明:如图所示，连接,因为为棱台，所以四点共面，又因为四边形为菱形，所以，因为平面，平面，所以，又因为且平面，所以平面，因为平面，所以.（2）解：取中点，连接，因为底面是菱形，且，所以是正三角形，所以，即，由于平面，以为原点，分别以为轴、轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则假设点存在，设点的坐标为，其中，可得设平面的法向量，则，取，

34、可得，所以.又由平面的法向量为，所以，解得由于二面角为锐角，则点在线段上，所以，即故上存在点，当时，二面角的余弦值为.考点九 外接球【例9】（2023湖南）如图，在四棱锥中，平面平面，.（1）求证：平面；（2）若直线与底面所成的角的余弦值为，求三棱锥的外接球表面积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）在四边形中，为等腰直角三角形，即，平面平面，平面平面，平面，又平面，平面，平面.（2）平面，平面，又，即，平面，平面，平面，即，均为直角三角形，且公共斜边为，中点到三棱锥四个顶点的距离相等，三棱锥的外接球半径；平面，为直线与底面所成的角，又，三棱锥的外接球表面积.【变式】1（2023全

35、国模拟预测）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)【解析】（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2（2023全国高三专题练习）如图矩形中，沿对角线将折起，使点A折到点P位

36、置，若，三棱锥的外接球表面积为(1)求证：平面平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)M为的中点，点N在边界及内部运动，若直线与直线与平面所成角相等，求点N轨迹的长度【答案】(1)证明见解析(2)(3)【解析】（1）证明：设O为矩形对角线的中点，即O为三棱锥外接球的球心又三棱锥外接球表面积为，外接球半径为2即过P点作，垂足为E，过点C作，垂足为F，则， 而，在中，满足为直角三角形，平面又平面，平面平面（2）以E为坐标原点，所在直线分别为x轴、z轴，以平面内过E且垂直于的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系可知：且设平面的法向量为，得，取，则，设平面的法向量为，得，取，则设平面与平面夹角

37、为，则所以平面与平面夹角余弦值为是（3）由（2）中空间直角坐标系可设N为，取平面法向量为直线与直线与平面所成角相等，得：整理得：，即N点在边及其内部，N的轨迹为圆落在边及内部的部分轨迹长度为半径为1的圆周长为得N点轨迹长度为考法十 最值【例10】（2023福建泉州统考模拟预测）如图，三棱锥中，平面平面.(1)求三棱锥的体积的最大值；(2)求二面角的正弦值的最小值.【答案】(1)(2).【解析】（1）取的中点，连接，因为，所以又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为，所以，所以三棱锥的体积为因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，故三棱锥的体积的最大值为.（2）解法一：由（1）可知平面，又平

38、面，所以，过作于，连接，因为平面，所以平面，又平面，所以，所以为二面角的平面角，在中，因为，当且仅当时等号成立，所以的最小值为2.此时取得最小值，故二面角的正弦值的最小值为. 解法二：由（1）可知平面，以为坐标原点，向量，为轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，则，设平面的法向量为，则，取，则，又取平面的法向量为，设二面角的大小为，所以，因为，所以，令，则，整理可得，所以，解得，所以当，即，时，取得最大值，此时取得最小值，故二面角的正弦值的最小值为.【变式】1（2023河南襄城高中校联考模拟预测）如图，在正四棱台中，为棱，的中点，棱上存在一点，使得平面(1)求；(2)当正四棱台的

39、体积最大时，求与平面所成角的正弦值【答案】(1)(2)【解析】（1）作交于，再作交于，连接因为平面，所以平面又平面平面，所以又因为，所以四边形是平行四边形，所以，即为棱的四等分点，故也为棱的四等分点，所以（2）由（1）易知为的四等分点，所以点在点的正上方，所以底面设，则，所以，所以该四棱台的体积，而当且仅当，即时取等号，此时，以为原点，分别为轴、轴，过平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，由得令，则设与平面所成角为，则，故与平面所成角的正弦值为2（2023江苏金陵中学校联考三模）如图，圆锥中，为底面圆的直径，为底面圆的内接正三角形，圆锥的高，点为线段上一个动

40、点.(1)当时，证明：平面；(2)当点在什么位置时，直线PE和平面所成角的正弦值最大.【答案】(1)证明见解析；(2)点在距离点处【解析】（1）因为，所以是正三角形，则，又底面圆，底面圆，所以，在中，所以，因为是正三角形，所以，所以，同理可证，又，平面，所以平面.（2）如图，建立以为原点的空间直角坐标系.设，（），所以，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，即时，直线和平面所成角的正弦值最大，故点在距离点处.3（2023四川内江校考模拟预测）在直角梯形中，直角梯形绕直角边旋转一周得到如下图的圆台，已知点分别在线段上，二面角的大小为(1)若，证明：平面；(

41、2)若，点为上的动点，点为的中点，求与平面所成最大角的正切值，并求此时二面角的余弦值【答案】(1)证明见详解(2)，【解析】（1）如图所示，过Q作QEAB交AC于E，连接PE，过C1作C1FA1A，交AC于F，结合圆台的特征知，又，解三角形得，故，即， 由题意易知四边形为直角梯形，故， 面，面，QE面，同理PE面，又面PQE，面面，面，平面，得证；（2）如图，结合圆台的特征，当时，此时两两垂直，故以A为中心，以AB、AC、AA1所在的直线分别为轴、轴、轴，则，设，则，易知轴面，不妨取作为面的一个法向量，设与平面所成角为，则，即当时，取得最大值，此时为最大角，设此时面APQ的一个法向量为，易得，则，令，则，即，由图可知该二面角的平面角为锐角，设其为，故，故与平面所成最大角的正切值为，此时二面角的余弦值为.