2025高考數學二輪復習-專題06空間向量與立體幾何(解答題)-專項訓練考點五年考情（2020-2024）命題趨勢考點01求空間幾何體表面積體積2023甲乙卷2022甲乙卷2021甲乙卷2021乙甲卷2020全國ⅠⅡ卷空間幾何體表面積體積問題一般采用等體積法或者是空間向量解決，一般出現在第一問。考點02求二面角2024甲Ⅱ卷2023Ⅱ乙卷2022ⅠⅡ卷2021甲乙Ⅱ卷2020Ⅰ卷二面角的正弦余弦值是高考空間幾何體的高頻考點，也是高考的一盒重要的趨勢。考點03求線面角2023甲卷2022甲乙卷2020ⅠⅡⅢ卷線面角問題是高考中的常考點，方法是方向向量與法向量的夾角考點04已知二面角，求點，距離2024Ⅰ卷2023Ⅰ卷2021Ⅰ卷求距離問題是高考Ⅰ卷的一個重大趨勢，容易與動點問題相結合考點05求點到面的距離2024甲卷2021Ⅰ卷點到平面的距離問題是高考的一個重要題型，應加強這方面的練習考點01求空間幾何體體積表面積1．（2023·全國·統考高考甲卷）如圖，在三棱錐中，，，，，的中點分別為，點在上，．求證：//平面；(2)若，求三棱錐的體積．2．（2023·全國·統考高考乙卷）如圖，在三棱柱中，平面．

(1)證明：平面平面；(2)設，求四棱錐的高．3．（2022·全國·統考高考乙卷題）如圖，四面體中，，E為AC的中點．(1)證明：平面平面ACD；(2)設，點F在BD上，當的面積最小時，求三棱錐的體積．4．（2022·全國·統考高考甲卷）小明同學參加綜合實踐活動，設計了一個封閉的包裝盒，包裝盒如圖所示：底面是邊長為8（單位：）的正方形，均為正三角形，且它們所在的平面都與平面垂直．(1)證明：平面；(2)求該包裝盒的容積（不計包裝盒材料的厚度）．5．（2021·全國·統考高考乙卷）如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，M為的中點，且．（1）證明：平面平面；（2）若，求四棱錐的體積．6．（2021·全國·高考甲卷題）已知直三棱柱中，側面為正方形，，E，F分別為和的中點，.求三棱錐的體積；已知D為棱上的點，證明：.7．（2020·全國·統考高考Ⅰ卷題）如圖，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，是底面的內接正三角形，為上一點，∠APC=90°．證明：平面PAB⊥平面PAC；設DO=，圓錐的側面積為，求三棱錐P?ABC的體積.8．（2020·全國·統考高考Ⅱ卷）如圖，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，側面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點，P為AM上一點．過B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）證明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）設O為△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱錐B–EB1C1F的體積．考點02求二面角1（2024·全國·高考Ⅱ）如圖，平面四邊形ABCD中，，，，，，點E，F滿足，，將沿EF翻折至，使得．(1)證明：；(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值．2（2024·全國·高考甲卷）如圖，在以A，B，C，D，E，F為頂點的五面體中，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形，，，，為的中點．(1)證明：平面；(2)求二面角的正弦值．3．（2023全國·統考新課標Ⅱ卷）如圖，三棱錐中，，，，E為BC的中點．

(1)證明：；(2)點F滿足，求二面角的正弦值．4．（2023·全國·統考高考乙卷）如圖，在三棱錐中，，，，，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，，點F在AC上，.

(1)證明：平面；(2)證明：平面平面BEF；(3)求二面角的正弦值.5．（2022·全國·新課標Ⅰ卷）如圖，直三棱柱的體積為4，的面積為．(1)求A到平面的距離；(2)設D為的中點，，平面平面，求二面角的正弦值．6．（2022全國·統考新課標Ⅱ卷）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點．

(1)證明：平面；(2)若，，，求二面角的正弦值．7．（2021·全國·統考高考乙卷）如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，，為的中點，且．（1）求；（2）求二面角的正弦值．8．（2021·全國·統考高考甲卷）已知直三棱柱中，側面為正方形，，E，F分別為和的中點，D為棱上的點．（1）證明：；（2）當為何值時，面與面所成的二面角的正弦值最小?9．（2021全國·統考新課標Ⅱ卷）在四棱錐中，底面是正方形，若．（1）證明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．10．（2020·全國·Ⅰ卷）如圖，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，為底面直徑，．是底面的內接正三角形，為上一點，．（1）證明：平面；（2）求二面角的余弦值．考點03求線面角1（2023·全國·統考高考甲卷）如圖，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距離為1．

(1)證明：；(2)已知與的距離為2，求與平面所成角的正弦值．2．（2022·全國·統考高考乙卷）如圖，四面體中，，E為的中點．(1)證明：平面平面；(2)設，點F在上，當的面積最小時，求與平面所成的角的正弦值．3．（2022·全國·統考高考甲卷）在四棱錐中，底面．(1)證明：；(2)求PD與平面所成的角的正弦值．4．（2020·全國·新課標Ⅰ卷）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設平面PAD與平面PBC的交線為l．（1）證明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．5．（2020全國·統考新課標Ⅱ卷）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD底面ABCD．設平面PAD與平面PBC的交線為．（1）證明：平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q為上的點，QB=，求PB與平面QCD所成角的正弦值．6．（2020全國·統考新課標Ⅱ卷）如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，側面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點，P為AM上一點，過B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）設O為△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值.考點04已知二面角求點距離1（2024·全國·高考Ⅰ卷）如圖，四棱錐中，底面ABCD，，．(1)若，證明：平面；(2)若，且二面角的正弦值為，求．2．（2023·全國·新課標Ⅰ卷）如圖，在正四棱柱中，．點分別在棱,上，．

(1)證明：；(2)點在棱上，當二面角為時，求．3．（2021·全國·新課標Ⅰ卷）如圖，在三棱錐中，平面平面，，為的中點.（1）證明：；（2）若是邊長為1的等邊三角形，點在棱上，，且二面角的大小為，求三棱錐的體積.考點05點到面的距離1（2024·全國·高考甲卷）如圖，，，，,為的中點.(1)證明：平面；(2)求點到的距離.2（2021·全國·新課標Ⅰ卷）如圖，在三棱錐中，平面平面，，為的中點.（1）證明：；（2）若是邊長為1的等邊三角形，點在棱上，，且二面角的大小為，求三棱錐的體積.參考答案與詳細解析考點五年考情（2020-2024）命題趨勢考點01求空間幾何體表面積體積2023甲乙卷2022甲乙卷2021甲乙卷2021乙甲卷2020全國ⅠⅡ卷空間幾何體表面積體積問題一般采用等體積法或者是空間向量解決，一般出現在第一問。考點02求二面角2024甲Ⅱ卷2023Ⅱ乙卷2022ⅠⅡ卷2021甲乙Ⅱ卷2020Ⅰ卷二面角的正弦余弦值是高考空間幾何體的高頻考點，也是高考的一盒重要的趨勢。考點03求線面角2023甲卷2022甲乙卷2020ⅠⅡⅢ卷線面角問題是高考中的常考點，方法是方向向量與法向量的夾角考點04已知二面角，求點，距離2024Ⅰ卷2023Ⅰ卷2021Ⅰ卷求距離問題是高考Ⅰ卷的一個重大趨勢，容易與動點問題相結合考點05求點到面的距離2024甲卷2021Ⅰ卷點到平面的距離問題是高考的一個重要題型，應加強這方面的練習考點01求空間幾何體體積表面積1．（2023·全國·統考高考甲卷）如圖，在三棱錐中，，，，，的中點分別為，點在上，．(1)求證：//平面；(2)若，求三棱錐的體積．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）連接，設，則，，，則，解得，則為的中點，由分別為的中點，于是，即，則四邊形為平行四邊形，，又平面平面，所以平面.（2）過作垂直的延長線交于點，因為是中點，所以，在中，，所以，因為，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，即三棱錐的高為，因為，所以，所以，又，所以.2．（2023·全國·統考高考乙卷）如圖，在三棱柱中，平面．

(1)證明：平面平面；(2)設，求四棱錐的高．【答案】(1)證明見解析.(2)【詳解】（1）證明：因為平面，平面,所以,又因為，即，平面，,所以平面，又因為平面,所以平面平面.（2）如圖，

過點作，垂足為.因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以四棱錐的高為.因為平面，平面,所以,,又因為，為公共邊，所以與全等，所以.設，則，所以為中點，,又因為,所以,即，解得，所以，所以四棱錐的高為．3．（2022·全國·統考高考乙卷題）如圖，四面體中，，E為AC的中點．(1)證明：平面平面ACD；(2)設，點F在BD上，當的面積最小時，求三棱錐的體積．【答案】(1)證明詳見解析(2)【詳解】（1）由于，是的中點，所以.由于，所以，所以，故，由于，平面，所以平面，由于平面，所以平面平面.（2）[方法一]：判別幾何關系依題意，，三角形是等邊三角形，所以，由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.，所以，由于，平面，所以平面.由于，所以，由于，所以，所以，所以，由于，所以當最短時，三角形的面積最小過作，垂足為，在中，，解得，所以，所以過作，垂足為，則，所以平面，且，所以，所以.[方法二]：等體積轉換，，是邊長為2的等邊三角形，連接4．（2022·全國·統考高考甲卷）小明同學參加綜合實踐活動，設計了一個封閉的包裝盒，包裝盒如圖所示：底面是邊長為8（單位：）的正方形，均為正三角形，且它們所在的平面都與平面垂直．(1)證明：平面；(2)求該包裝盒的容積（不計包裝盒材料的厚度）．【答案】(1)證明見解析；(2)．【詳解】（1）如圖所示：分別取的中點，連接，因為為全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根據線面垂直的性質定理可知，而，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面．（2）[方法一]：分割法一如圖所示：分別取中點，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知識可知，，，，所以該幾何體的體積等于長方體的體積加上四棱錐體積的倍．因為，，點到平面的距離即為點到直線的距離，，所以該幾何體的體積．[方法二]：分割法二如圖所示：連接AC,BD,交于O，連接OE,OF,OG,OH.則該幾何體的體積等于四棱錐O-EFGH的體積加上三棱錐A-OEH的倍,再加上三棱錐E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中點P，連接AP,OP.則EH垂直平面APO.由圖可知，三角形APO,四棱錐O-EFGH與三棱錐E-OAB的高均為EM的長.所以該幾何體的體積5．（2021·全國·統考高考乙卷）如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，M為的中點，且．（1）證明：平面平面；（2）若，求四棱錐的體積．【答案】（1）證明見解析；（2）．【詳解】（1）因為底面，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知．于是，故．因為，所以，即．故四棱錐的體積．6．（2021·全國·高考甲卷題）已知直三棱柱中，側面為正方形，，E，F分別為和的中點，.（1）求三棱錐的體積；（2）已知D為棱上的點，證明：.【答案】(1)；(2)證明見解析.【詳解】（1）由于，，所以，又AB⊥BB1，，故平面，則，為等腰直角三角形，，.（2）由（1）的結論可將幾何體補形為一個棱長為2的正方體，如圖所示，取棱的中點，連結，正方形中，為中點，則，又，故平面，而平面，從而.7．（2020·全國·統考高考Ⅰ卷題）如圖，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，是底面的內接正三角形，為上一點，∠APC=90°．（1）證明：平面PAB⊥平面PAC；（2）設DO=，圓錐的側面積為，求三棱錐P?ABC的體積.【答案】（1）證明見解析；（2）.【詳解】（1）連接，為圓錐頂點，為底面圓心，平面，在上，，是圓內接正三角形，，≌，，即，平面平面，平面平面；（2）設圓錐的母線為，底面半徑為，圓錐的側面積為，，解得，，在等腰直角三角形中，，在中，，三棱錐的體積為.8．（2020·全國·統考高考Ⅱ卷）如圖，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，側面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點，P為AM上一點．過B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）證明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）設O為△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱錐B–EB1C1F的體積．【答案】（1）證明見解析；（2）.【詳解】（1）分別為，的中點，又在等邊中，為中點，則又側面為矩形，由，平面平面又，且平面，平面，平面又平面，且平面平面又平面平面平面平面平面（2）過作垂線，交點為，畫出圖形，如圖平面平面，平面平面又為的中心.故：，則，平面平面，平面平面，平面平面又在等邊中即由（1）知，四邊形為梯形四邊形的面積為：，為到的距離，.考點02求二面角1（2024·全國·高考Ⅱ）如圖，平面四邊形ABCD中，，，，，，點E，F滿足，，將沿EF翻折至，使得．(1)證明：；(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）由，得，又，在中，由余弦定理得,所以，則，即，所以，又平面，所以平面，又平面，故；（2）連接，由，則，在中，，得，所以，由（1）知，又平面，所以平面，又平面，所以，則兩兩垂直，建立如圖空間直角坐標系，則，由是的中點，得，所以，設平面和平面的一個法向量分別為，則，，令，得，所以，所以，設平面和平面所成角為，則，即平面和平面所成角的正弦值為.2（2024·全國·高考甲卷）如圖，在以A，B，C，D，E，F為頂點的五面體中，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形，，，，為的中點．(1)證明：平面；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)證明見詳解；(2)【詳解】（1）因為為的中點，所以，四邊形為平行四邊形，所以，又因為平面，平面，所以平面；（2）如圖所示，作交于，連接，因為四邊形為等腰梯形，，所以，結合（1）為平行四邊形，可得，又，所以為等邊三角形，為中點，所以，又因為四邊形為等腰梯形，為中點，所以，四邊形為平行四邊形，，所以為等腰三角形，與底邊上中點重合，，，因為，所以，所以互相垂直，以方向為軸，方向為軸，方向為軸，建立空間直角坐標系，，，，，設平面的法向量為，平面的法向量為，則，即，令，得，即，則，即，令，得，即，，則，故二面角的正弦值為.3．（2023全國·統考新課標Ⅱ卷）如圖，三棱錐中，，，，E為BC的中點．

(1)證明：；(2)點F滿足，求二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)．【詳解】（1）連接，因為E為BC中點，，所以①，因為，，所以與均為等邊三角形，，從而②，由①②，，平面，所以，平面，而平面，所以．（2）不妨設，，．，，又，平面平面．以點為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示：

設，設平面與平面的一個法向量分別為，二面角平面角為,而，因為，所以，即有，，取，所以；，取，所以，所以，，從而．所以二面角的正弦值為．4．（2023·全國·統考高考乙卷）如圖，在三棱錐中，，，，，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，，點F在AC上，.

(1)證明：平面；(2)證明：平面平面BEF；(3)求二面角的正弦值.【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3).【詳解】（1）連接，設，則，，，則，解得，則為的中點，由分別為的中點，

于是，即，則四邊形為平行四邊形，，又平面平面，所以平面.（2）法一：由（1）可知，則，得，因此，則，有，又，平面，則有平面，又平面，所以平面平面.法二：因為，過點作軸平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，，在中，，在中，，設，所以由可得：，可得：，所以，則，所以，，設平面的法向量為，則，得，令，則，所以，設平面的法向量為，則，得，令，則，所以，，所以平面平面BEF；

（3）法一：過點作交于點，設，由，得，且，又由（2）知，，則為二面角的平面角，因為分別為的中點，因此為的重心，即有，又，即有，，解得，同理得，于是，即有，則，從而，，在中，，于是，，所以二面角的正弦值為.

法二：平面的法向量為，平面的法向量為，所以，因為，所以，故二面角的正弦值為.5．（2022·全國·新課標Ⅰ卷）如圖，直三棱柱的體積為4，的面積為．(1)求A到平面的距離；(2)設D為的中點，，平面平面，求二面角的正弦值．【答案】(1)(2)【詳解】（1）在直三棱柱中，設點A到平面的距離為h，則，解得，所以點A到平面的距離為；（2）取的中點E,連接AE,如圖，因為，所以,又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱柱中，平面，由平面，平面可得，，又平面且相交，所以平面，所以兩兩垂直，以B為原點，建立空間直角坐標系，如圖，由（1）得，所以，，所以，則,所以的中點，則，,設平面的一個法向量，則，可取，設平面的一個法向量，則，可取，則，所以二面角的正弦值為.6．（2022全國·統考新課標Ⅱ卷）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點．

(1)證明：平面；(2)若，，，求二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）證明：連接并延長交于點，連接、，因為是三棱錐的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以所以，即，所以為的中點，又為的中點，所以，又平面，平面，所以平面

（2）解：過點作，如圖建立空間直角坐標系，因為，，所以，又，所以，則，，所以，所以，，，，所以，則，，，設平面的法向量為，則，令，則，，所以；設平面的法向量為，則，令，則，，所以；所以.設二面角的大小為，則，所以，即二面角的正弦值為.7．（2021·全國·統考高考乙卷）如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，，為的中點，且．（1）求；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）；（2）【詳解】（1）[方法一]：空間坐標系+空間向量法平面，四邊形為矩形，不妨以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，設，則、、、、，則，，，則，解得，故；[方法二]【最優解】：幾何法+相似三角形法如圖，連結．因為底面，且底面，所以．又因為，，所以平面．又平面，所以．從而．因為，所以．所以，于是．所以．所以．[方法三]：幾何法+三角形面積法

如圖，聯結交于點N．由[方法二]知．在矩形中，有，所以，即．令，因為M為的中點，則，，．由，得，解得，所以．（2）[方法一]【最優解】：空間坐標系+空間向量法設平面的法向量為，則，，由，取，可得，設平面的法向量為，，，由，取，可得，，所以，，因此，二面角的正弦值為.[方法二]：構造長方體法+等體積法

如圖，構造長方體，聯結，交點記為H，由于，，所以平面．過H作的垂線，垂足記為G．聯結，由三垂線定理可知，故為二面角的平面角．易證四邊形是邊長為的正方形，聯結，．，由等積法解得．在中，，由勾股定理求得．所以，，即二面角的正弦值為．8．（2021·全國·統考高考甲卷）已知直三棱柱中，側面為正方形，，E，F分別為和的中點，D為棱上的點．（1）證明：；（2）當為何值時，面與面所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）證明見解析；（2）【詳解】（1）[方法一]：幾何法因為，所以．又因為，，所以平面．又因為，構造正方體，如圖所示，過E作的平行線分別與交于其中點，連接，因為E，F分別為和的中點，所以是BC的中點，易證，則．又因為，所以．又因為，所以平面．又因為平面，所以．[方法二]【最優解】：向量法因為三棱柱是直三棱柱，底面，，，，又，平面．所以兩兩垂直．以為坐標原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖．，．由題設（）．因為，所以，所以．[方法三]：因為，，所以，故，，所以，所以．（2）[方法一]【最優解】：向量法設平面的法向量為，因為，所以，即．令，則因為平面的法向量為，設平面與平面的二面角的平面角為，則．當時，取最小值為，此時取最大值為．所以，此時．[方法二]：幾何法如圖所示，延長交的延長線于點S，聯結交于點T，則平面平面．作，垂足為H，因為平面，聯結，則為平面與平面所成二面角的平面角．設，過作交于點G．由得．又，即，所以．又，即，所以．所以．則，所以，當時，．[方法三]：投影法如圖，聯結，在平面的投影為，記面與面所成的二面角的平面角為，則．設，在中，．在中，，過D作的平行線交于點Q．在中，．在中，由余弦定理得，，，，，當，即，面與面所成的二面角的正弦值最小，最小值為．9．（2021全國·統考新課標Ⅱ卷）在四棱錐中，底面是正方形，若．（1）證明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【詳解】（1）取的中點為，連接.因為，，則，而，故.在正方形中，因為，故，故，因為，故，故為直角三角形且，因為，故平面，因為平面，故平面平面.（2）在平面內，過作，交于，則，結合（1）中的平面，故可建如圖所示的空間坐標系.則，故.設平面的法向量，則即，取，則，故.而平面的法向量為，故.二面角的平面角為銳角，故其余弦值為.10．（2020·全國·Ⅰ卷）如圖，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，為底面直徑，．是底面的內接正三角形，為上一點，．（1）證明：平面；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【詳解】（1）[方法一]：勾股運算法證明由題設，知為等邊三角形，設，則，，所以，又為等邊三角形，則，所以，，則，所以，同理，又，所以平面；[方法二]：空間直角坐標系法不妨設，則，由圓錐性質知平面，所以，所以．因為O是的外心，因此．在底面過作的平行線與的交點為W，以O為原點，方向為x軸正方向，方向為y軸正方向，方向為z軸正方向，建立空間直角坐標系，則，，，，．所以，，．故，．所以，．又，故平面．[方法三]：因為是底面圓O的內接正三角形，且為底面直徑，所以．因為（即）垂直于底面，在底面內，所以．又因為平面，平面，，所以平面．又因為平面，所以．設，則F為的中點，連結．設，且，則，，．因此，從而．又因為，所以平面．（2）[方法一]：空間直角坐標系法過O作∥BC交AB于點N，因為平面，以O為坐標原點，OA為x軸，ON為y軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，設平面的一個法向量為，由，得，令，得，所以，設平面的一個法向量為由，得，令，得，所以故，設二面角的大小為，由圖可知二面角為銳二面角，所以.[方法二]【最優解】：幾何法設，易知F是的中點，過F作交于G，取的中點H，聯結，則．由平面，得平面．由（1）可得，，得．所以，根據三垂線定理，得．所以是二面角的平面角．設圓O的半徑為r，則，，，，所以，，．在中，，．所以二面角的余弦值為．[方法三]：射影面積法如圖所示，在上取點H，使，設，連結．由（1）知，所以．故平面．所以，點H在面上的射影為N．故由射影面積法可知二面角的余弦值為．在中，令，則，易知．所以．又，故所以二面角的余弦值為．考點03求線面角1（2023·全國·統考高考甲卷）如圖，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距離為1．

(1)證明：；(2)已知與的距離為2，求與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）如圖，

底面，面，，又，平面，,平面ACC1A1，又平面，平面平面，過作交于，又平面平面，平面，平面到平面的距離為1，，在中，，設，則，為直角三角形，且，，，，，解得，，（2），，過B作，交于D，則為中點，由直線與距離為2，所以，，，在，，延長，使，連接，由知四邊形為平行四邊形，，平面，又平面，則在中，，，在中，，，,又到平面距離也為1，所以與平面所成角的正弦值為.2．（2022·全國·統考高考乙卷）如圖，四面體中，，E為的中點．(1)證明：平面平面；(2)設，點F在上，當的面積最小時，求與平面所成的角的正弦值．【答案】(1)證明過程見解析(2)與平面所成的角的正弦值為【詳解】（1）因為，E為的中點，所以；在和中，因為，所以，所以，又因為E為的中點，所以；又因為平面，，所以平面，因為平面，所以平面平面.（2）連接，由（1）知，平面，因為平面，所以，所以，當時，最小，即的面積最小.因為，所以，又因為，所以是等邊三角形，因為E為的中點，所以，，因為，所以,在中，，所以.以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，設平面的一個法向量為，則，取，則，又因為，所以，所以，設與平面所成的角的正弦值為，所以，所以與平面所成的角的正弦值為.3．（2022·全國·統考高考甲卷）在四棱錐中，底面．(1)證明：；(2)求PD與平面所成的角的正弦值．【答案】(1)證明見解析；(2).【詳解】（1）證明：在四邊形中，作于，于，因為，所以四邊形為等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因為平面，平面，所以，又，所以平面，又因為平面，所以；（2）解：如圖，以點為原點建立空間直角坐標系，，則，則，設平面的法向量，則有，可取，則，所以與平面所成角的正弦值為.4．（2020·全國·新課標Ⅰ卷）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設平面PAD與平面PBC的交線為l．（1）證明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【詳解】（1）證明：在正方形中，，因為平面，平面，所以平面，又因為平面，平面平面，所以，因為在四棱錐中，底面是正方形，所以且平面，所以因為，所以平面．（2）［方法一］【最優解】：通性通法因為兩兩垂直，建立空間直角坐標系，如圖所示：因為，設，設，則有，設平面的法向量為，則，即，令，則，所以平面的一個法向量為，則根據直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值等于，當且僅當時取等號，所以直線與平面所成角的正弦值的最大值為.［方法二］：定義法如圖2，因為平面，，所以平面．在平面中，設．在平面中，過P點作，交于F，連接．因為平面平面，所以．又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，從而即為與平面所成角．設，在中，易求．由與相似，得，可得．所以，當且僅當時等號成立．［方法三］：等體積法如圖3，延長至G，使得，連接，，則，過G點作平面，交平面于M，連接，則即為所求．設，在三棱錐中，．在三棱錐中，．由得，解得，當且僅當時等號成立．在中，易求，所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為．5．（2020全國·統考新課標Ⅱ卷）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD底面ABCD．設平面PAD與平面PBC的交線為．（1）證明：平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q為上的點，QB=，求PB與平面QCD所成角的正弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【詳解】（1）證明：在正方形中，，因為平面，平面，所以平面，又因為平面，平面平面，所以，因為在四棱錐中，底面是正方形，所以且平面，所以因為所以平面；（2）如圖建立空間直角坐標系，因為，則有，設，則有，因為QB=，所以有設平面的法向量為，則，即，令，則，所以平面的一個法向量為，則根據直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線與平面所成角的正弦值等于所以直線與平面所成角的正弦值為.6．（2020全國·統考新課標Ⅱ卷）如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，側面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點，P為AM上一點，過B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）設O為△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【詳解】（1）分別為，的中點，，又，，在中，為中點，則，又側面為矩形，，，，由，平面，平面，又，且平面，平面，平面，又平面，且平面平面，，又平面，平面，平面，平面平面.(2)[方法一]：幾何法如圖，過O作的平行線分別交于點，聯結，由于平面，平面，，平面，平面，所以平面平面．又因平面平面，平面平面，所以．因為，，，所以面．又因，所以面，所以與平面所成的角為．令，則，由于O為的中心，故．在中，，由勾股定理得．所以．由于，直線與平面所成角的正弦值也為．[方法二]【最優解】：幾何法因為平面，平面平面，所以．因為，所以四邊形為平行四邊形．由（Ⅰ）知平面，則為平面的垂線．所以在平面的射影為．從而與所成角的正弦值即為所求．在梯形中，設，過E作，垂足為G，則．在直角三角形中，．[方法三]：向量法由（Ⅰ）知，平面，則為平面的法向量．因為平面，平面，且平面平面，所以．由（Ⅰ）知，即四邊形為平行四邊形，則．因為O為正的中心，故．由面面平行的性質得，所以四邊形為等腰梯形．由P，N為等腰梯形兩底的中點，得，則．設直線與平面所成角為，，則．所以直線與平面所成角的正弦值．考點04已知二面角求點距離1（2024·全國·高考Ⅰ卷）如圖，四棱錐中，底面ABCD，，．(1)若，證明：平面；(2)若，且二面角的正弦值為，求．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）（1）因為平面，而平面，所以，又，，平面，所以平面，而平面，所以.因為，所以，根據平面知識可知，又平面，平面，所以平面．（2）如圖所