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专题1-2棱柱相关解答题二十大题型汇总——题型·技巧攻略
第一篇直棱柱篇 1
题型1平行关系 1
题型2垂直关系 4
题型3长度问题 7
题型4距离问题 8
题型5线线、线面角问题 11
题型6二面角问题 14
题型7线面角与动点问题 17
题型8二面角与动点问题 20
题型9体积与动点问题 21
题型10最值取值范围问题 22
第二篇斜棱柱篇 24
题型11平行关系 24
题型12垂直关系 27
题型13长度问题 28
题型14体积与距离问题 29
题型15线面角问题 31
题型16二面角问题 33
题型17线面角与动点问题 36
题型18二面角与动点问题 38
题型19体积与动点问题 40
题型20最值取值范围问题 41
第一篇直棱柱篇
题型1平行关系
【例题1】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为棱AB，的中点，，，.证明：平面.
【变式1-1】1. （2023春·河南洛阳·高三栾川县第一高级中学校考开学考试）如图，在三棱柱中，平面，，.
（1）求证：平面；
（2）点在线段上，且，点在线段上，若平面，求的值.
【变式1-1】2. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，平面，，E，F分别为，的中点．
（Ⅰ）在四边形内是否存在点G，使平面平面？若存在，求出该点的位置；若不存在，请说明理由；
（Ⅱ）设D是的中点，求与平面所成角的正弦值．
【变式1-1】3. （2023·高二单元测试）如图，在三棱柱中，平面，，．
（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成角的大小；
（3）点在线段上，且，点在线段上，若平面，求的值．
【变式1-1】4. （2021春·北京·高二东直门中学校考期中）如图，在三棱柱中，平面，，，的中点为.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求二面角的余弦值；
（Ⅲ）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【变式1-1】5.（2020秋·广西百色·高二田东中学校考阶段练习）如图，在三棱柱中，平面，，.
（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成角的大小；
（3）点在线段上，且，点在线段上，若平面，求的值（用含的代数式表示）.
题型2垂直关系
【例题2】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在边长为的正方形中，点在线段上，且，作，分别交于点，作，分别交于点，将该正方形沿折叠，使得与重合，构成如图所示的三棱柱．
(1)在三棱柱中，求证：平面；
(2)试判断直线是否与平面平行，并说明理由．
【变式2-1】1. （2022秋·河南开封·高二校考阶段练习）如图，在三棱柱中，四边形是边长为的正方形，，，.
（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得，若存在，求的值；若不存在，请说明理由
【变式2-1】2. （2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱 中，底面，，，， 为的中点， 为侧棱 上的动点．
(1)求证：平面平面；
(2)试判断直线 与是否能够垂直．若能垂直，求的长；若不能垂直，请说明理由．
【变式2-1】3. （2023秋·河北唐山·高二校考期末）如图，在三棱柱中，底面，，，，．
（1）求直线与所成角的余弦值；
（2）设为的中点，在平面内找一点，使得平面，求点到平面和平面的距离．
【变式2-1】4. （2021秋·北京丰台·高二北京市第十二中学校考期中）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形.平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5.
（Ⅰ）求证：AA1⊥平面ABC；
（Ⅱ）求二面角A1-BC1-B1的余弦值；
（Ⅲ）证明：在线段BC1存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值.
题型3长度问题
【例题3】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，平面，，.
(1)求证：；
(2)若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的长.
【变式3-1】1. （2023·高二单元测试）如图，在三棱柱中，底面是边长为的正三角形，且侧棱底面．试利用空间向量的方法解决下列问题：
（1）设侧棱长为1，求证：；
（2）设与的夹角为，求侧棱长．
【变式3-1】2. （2022秋·山东济南·高二济南一中校考期中）如图，在直三棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）中，，，棱，为的中点.
（1）求的长；
（2）求与所成角的余弦值.
题型4距离问题
【例题4】（2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，平面，，点为中点.
(1)求证：平面；
(2)求点到直线的距离.
【变式4-1】1. （2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，D为的中点，交于点E．
(1)证明：；
(2)求点E到平面的距离．
【变式4-1】2. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，平面，是等边三角形，分别是棱的中点.
(1)证明： 平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值；
(3)若，求点到平面的距离.
【变式4-1】3. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，侧棱 底面，，，，是中点，是中点，是与的交点，点在线段上.
(1)求证：平面；
(2)若二面角的余弦值是，求点到平面的距离.
【变式4-1】4. （2023·上海徐汇·上海市南洋模范中学校考三模）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为的正方形，为中点，且.
(1)求证：平面；
(2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.
【变式4-1】5.（2023·高二课时练习）如图，在三棱柱中，平面，，，且为线段的中点，连接，，.
(1)证明：；
(2)若到直线的距离为，求平面与平面夹角的余弦值.
题型5线线、线面角问题
【例题5】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，侧面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点.
(1)证明：平面；
(2)若，再从条件①、条件②中选择一个作为条件，求直线与平面所成角的正弦值.
条件①：异面直线与所成的角为45°；
条件②：是等腰三角形.
【变式5-1】1. （2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，，，点在线段上， 平面.
(1)求证：为的中点；
(2)求二面角的大小；
(3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【变式5-1】2. （2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，，点D，E分别在棱和棱上，且，，M为棱的中点.
(1)求证：；
(2)求直线AB与平面所成角的正弦值.
【变式5-1】3. （2022秋·北京东城·高三校考期中）如图，在三棱柱中，平面为线段上的一点.
(1)求证：；
(2)若为线段上的中点，求直线与平面所成角大小.
【变式5-1】4. （2023·高二课时练习）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，D为的中点．
(1)求证平面；
(2)若E为的中点，求AE与所成的角．
【变式5-1】5.（2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，底面，的中点为，四面体的体积为，四边形的面积为.
(1)求到平面的距离；
(2)设与交于点O，是以为直角的等腰直角三角形且.求直线与平面所成角的正弦值.
【变式5-1】6.（2022秋·天津滨海新·高三校考期末）如图所示，在三棱柱中，侧面ABCD和ADEF都是边长为2的正方形，平面平面ADEF，点G、M分别是线段AD、BF的中点．
(1)求证：平面BEG；
(2)求直线DM与平面BEG所成角的正弦值；
(3)求平面BEG与平面ABCD夹角的余弦值．
题型6二面角问题
【例题6】（2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，分别为的中点．
(1)求证：//平面；
(2)再从条件（1）、条件（2）这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的平面角的余弦值．
条件①：平面；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【变式6-1】1. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，D为AC的中点，，．
(1)证明：；
(2)若，直线与平面所成的角的正弦值为，二面角的大小为60°，求二面角的余弦值．
【变式6-1】2. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，，，E，F分别为，的中点，且EF⊥平面．
(1)求棱BC的长度；
(2)若，且的面积，求二面角的正弦值．
【变式6-1】3. （2023·全国·高三专题练习）如图所示，在三棱柱中，点，，，分别为棱，，，上的点，且，，，.
(1)证明：平面；
(2)若，，四边形为矩形，平面平面，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【变式6-1】4. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，D为AC的中点，AB=BC=2，.
(1)证明：；
(2)若，且满足：三棱柱的体积为，二面角的大小为60°，求二面角的正弦值.
【变式6-1】5.（2023·全国·高三专题练习）如图在三棱柱中，为的中点，，.
(1)证明：；
(2)若，且满足：______，______（待选条件）.
从下面给出的①②③中选择两个填入待选条件，求二面角的正弦值.
①三棱柱的体积为；
②直线与平面所成的角的正弦值为；
③二面角的大小为60°；
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【变式6-1】6.（2022·全国·高三专题练习）如图，已知在直四棱柱（侧棱垂直底面的棱柱）中，，，.
(1)求证：平面；
(2)求与平面所成的角的余弦值；
(3)求二面角的正弦值．
题型7线面角与动点问题
【例题7】（2023·北京·高三专题练习）如图，在三棱柱 中，平面 平面 ，是矩形，已知 ，动点 在棱 上，点 在棱 上，且 .
(1)求证： ;
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值;
(3)在满足（2）的条件下，求点到平面的距离.
【变式7-1】1. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，平面分别是的中点.
(1)求证：//平面；
(2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由.
【变式71】2. （2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，D，E分别是，的中点
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成二面角的正弦值；
(3)在棱上是否存在一点P，使得直线PD与平面所成角正弦值为 若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式7-1】3. （2023·全国·高三专题练习）在三棱柱中，，平面平面，平面平面.
（1）证明：平面；
（2）在①；②与平面所成的角为；③异面直线与所成角的余弦值为这三个条件中任选两个，求二面角的余弦值.
【变式7-1】4. （2020·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，四边形，均为正方形，且，M为的中点，N为的中点．
（1）求证：平面ABC；
（2）求二面角的正弦值；
（3）设P是棱上一点，若直线PM与平面所成角的正弦值为，求的值
题型8二面角与动点问题
【例题8】（2022秋·吉林长春·高二长春市解放大路学校校考阶段练习）如图，在三棱柱中，底面ABC，，点M为的中点．
(1)证明：平面；
(2)AC上是否存在点N，使二面角的大小为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【变式8-1】1. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，D，E分别是，的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在棱上是否存在一点P，使得平面PAB与平面所成二面角为？若存在，求出线段CP的长；若不存在，请说明理由.
【变式8-1】2. （2022秋·北京西城·高三统考期中）如下图，在三棱柱中， 底面， ， ， ， 是棱上一点．
(1)求证：．
(2)若，分别是，的中点，求证：∥平面．
(3)若二面角的大小为，求线段的长
题型9体积与动点问题
【例题9】（2023·山西忻州·统考一模）如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为棱AB，的中点，，，.
(1)证明：平面；
(2)若三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.
【变式9-1】（2023·全国·高二专题练习）如图，直三棱柱中，,, 是棱上的动点.
(1)证明：；
(2)若平面分该棱柱为体积相等的两个部分，试确定点的位置，并求二面角的大小.
题型10最值取值范围问题
【例题10】（2023秋·全国·高二期中）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.
【变式10-1】1. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，底面，D为的中点，点P为棱上的动点（不包括端点），，，.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【变式10-1】2. （2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，平面，，.
（1）求证：平面；
（2）点在线段上运动，求与所成角的范围.
【变式10-1】3. （2021秋·上海闵行·高二闵行中学校考期中）如图，为正六棱柱，底面边长，高.
（1）若，求异面直线和所成角的大小；
（2）计算四面体的体积（用来表示）；
（3）若正六棱柱为一容器（有盖），且底面边长和高满足：（为定值），则当底面边长和高分别取得何值时，正六棱柱的表面积与体积之比最小？
第二篇斜棱柱篇
题型11平行关系
【例题11】（2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，侧面底面，，，且，为的中点.在上是否存在一点，使得平面？若不存在，说明理由；若存在，确定点的位置.
【变式11-1】1. （2022秋·全国·高二专题练习）棱柱的所有棱长都等于，，平面平面，.
（1）证明：；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置.
【变式11-1】2. （2023·全国·高三专题练习）如图所示，已知在三棱柱中，平面平面，，，，，为中点，为中点.
（1）试在线段上找一点，使平面；
（2）求二面角的正弦值.
【变式11-1】3. （2023·全国·高三专题练习）如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求证：BD⊥AA1；
(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由.
【变式11-1】4. （2022春·重庆沙坪坝·高二重庆八中校考期末）如图,在三棱柱中,侧面底面ABC, ,且,O为AC中点.
(1)求直线与平面所成角的正弦值;
(2)在上是否存在一点E,使得平面,若不存在,说明理由;若存在,确定点E的位置.
题型12垂直关系
【例题12】（2023·全国·高二专题练习）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.
求证：平面.
【变式12-1】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点D为棱AC上动点（不与A，C重合），平面与棱交于点E.
(1)求证：；
(2)若，从条件① 条件② 条件③这三个条件中选择两个条件作为已知，求直线AB与平面所成角的正弦值.条件①：平面平面；条件②：；条件③：.
题型13长度问题
【例题13】（2023·全国·高三专题练习）在三棱柱中，平面，，点E为AB的中点且．
(1)证明：平面MEC；
(2)P为线段AM上一点，若二面角的大小为，求AP的长．
【变式13-1】1．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在三棱柱中，，点在平面ABC上的射影为线段AC的中点D，侧面是边长为2的菱形．
(1)若△ABC是正三角形，求异面直线与BC所成角的余弦值；
(2)当直线与平面所成角的正弦值为时，求线段BD的长．
【变式13-1】2. （2022·高二课时练习）如图，在三棱柱中，，D为BC的中点，平面平面ABC．
(1)证明：；
(2)已知四边形是边长为2的菱形，且，问在线段上是否存在点E，使得平面EAD与平面EAC的夹角的余弦值为，若存在，求出CE的长度，若不存在，请说明理由．
题型14体积与距离问题
【例题14】（2022·全国·高三专题练习）在三棱柱中，，平面平面，E，F分别为线段的中点．
(1)求证：；
(2)若，直线与平面所成角的正弦值为，且，求三棱锥的体积．
【变式14-1】1. （2022·高二课时练习）如图，为正六棱柱，底面边长，高．
(1)若，求点到平面的距离；
(2)计算四面体的体积（用、来表示）．
【变式14-1】2. （2023秋·高二单元测试）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形A1C1CA为菱形，∠B1A1A=∠C1A1A=60°，AC=4，AB=2，平面ACC1A1⊥平面ABB1A1，Q在线段AC上移动，P为棱AA1的中点.
(1)若Q为线段AC的中点，H为BQ中点，延长AH交BC于D，求证：AD∥平面B1PQ;
(2)若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值为，求点P到平面BQB1的距离.
题型15线面角问题
【例题15】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，，，求直线与平面所成角的正弦值.
【变式15-1】1. （2022·全国·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面底面ABC，是以AC为斜边的等腰直角三角形，且，，，．
(1)证明：平面ABC；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【变式15-1】2. （2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，，F是的中点．
(1)证明：；
(2)求与平面所成角的正弦值．
【变式15-1】3．（2023·全国·高三专题练习）在三棱柱中中，为中点，平面平面.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【变式15-1】4. （2023·全国·高二专题练习）在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，E是的中点.
(1)求证：平面；
(2)点P在线段上（异于点，），与平面所成角为，求的值.
题型16二面角问题
【例题16】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，平面平面，侧面是边长为2的正方形，，，、分别为、的中点
(1)求证：
(2)求二面角的余弦值.
【变式16-1】1. （2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，.
(1)求证：；
(2)若，，点满足，求二面角的余弦值.
【变式16-1】2. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，，．
(1)证明：；
(2)若，，，求二面角的余弦值．
【变式16-1】3. （2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，，D为BC的中点，平面平面.
(1)证明：平面；
(2)已知四边形是边长为2的菱形，且，求平面与平面所成角的正弦值.
【变式16-1】4. （2023·全国·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．
【变式16-1】5.（2023·广东东莞·校考三模）如图所示，在三棱柱中，底面是正三角形，侧面是菱形，点在平面的射影为线段的中点，过点，，的平面与棱交于点．
(1)证明：四边形是矩形；
(2)求平面和平面夹角的余弦值．
【变式16-1】6. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，△ABC是边长为2的正三角形，顶点在底面ABC的投影为AB的中点O，已知与底面ABC内所有直线所成角中的最小值为，M为棱上一点．
(1)求三棱锥的体积；
(2)若，求二面角的正弦值．
【变式16-1】7.（2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，底面ABC是等边三角形，侧面BCC1B1是矩形，AB＝A1B，N是B1C的中点，M是棱AA1上的中点，且AA1⊥CM.
(1)证明：MN∥平面ABC；
(2)若AB⊥A1B，求二面角A -CM -N的余弦值.
题型17线面角与动点问题
【例题17】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在底面上的投影为AC的中点D，且.
(1)若M、N分别为棱AB、的中点，求证：；
(2)求点C到侧面的距离；
(3)在线段上是否存在点E，使得直线DE与侧面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由.
故存在满足条件的点E，且，
【变式17-1】1. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面.
(1)证明：；
(2)已知，，平面与平面的交线为.在上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为 若存在，求线段的长度；若不存在，试说明理由.
【变式17-1】2. （2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，且，是棱上的一点.
(1)求证：；
(2)是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【变式17-1】3. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，平面，，，，D为棱的中点．
(1)求证：平面；
(2)在棱BC上是否存在异于点B的一点E，使得DE与平面所成的角为？若存在，求出的值若存在，请说明理由．
题型18二面角与动点问题
【例题18】（2023·全国·高三专题练习）在三棱柱中，，O为的中点．
(1)证明：平面．
(2)已知，在线段上（不含端点）是否存在点Q，使得二面角的余弦值为？若存在，确定点Q的位置，若不存在，请说明理由．
【变式18-1】1. （2023秋·高二单元测试）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形为菱形，，，.
(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
【变式18-1】2. （2023·全国·高二假期作业）在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，E是AC的中点.
(1)求证：平面
(2)确定在线段上是否存在一点P，使得AP与平面所成角为，若存在，求出的值;若不存，说明理由.
【变式18-1】3. （2023·全国·高二专题练习）如图，已知在三棱柱中，，，，，平面平面.
(1)求与所成角的余弦值；
(2)在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求 出的值，若不存在，说明理由．
【变式18-1】4. （2022秋·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是边长为2的正三角形，侧面ACC1A1是菱形，平面ACC1A1⊥平面ABC，E，F分别是棱A1C1，BC的中点，G是棱CC1上一点，且．
(1)证明：EF平面ABB1A1；
(2)若三棱锥C1-ABC的体积为1，且二面角A-EG-F的余弦值为，求t的值．
题型19体积与动点问题
【例题19】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面是菱形，平面平面，，分别是棱，的中点，是棱上一点，且．
(1)证明： 平面；
(2)若三棱锥的体积为1，且二面角的余弦值为，求的值．
【变式19-1】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，平面平面ABC，M是棱的中点.
(1)证明：平面；
(2)若四棱锥的体积为，求二面角的余弦值.
题型20最值取值范围问题
【例题20】（2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，且.
(1)证明：.
(2)若，，，点M在直线上，求直线AB与平面所成角的正弦值的最大值.
【变式20-1】1. （2023·全国·高二专题练习）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.
【变式20-1】2. （2022·全国·高三专题练习）如图所示，在三棱柱中，，点在平面的射影为线段的中点，侧面是菱形，过点的平面与棱交于点．
(1)证明：四边形为矩形；
(2)求与平面所成角的正弦值的最大值．
【变式20-1】3. （2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，是边长为4的等边三角形，D是的中点，．
（1）求证：平面；
（2）当三棱柱的体积最大时，求点C与平面的距离．
【变式20-1】4. （2021·全国·高三专题练习）如图所示，在三棱柱中，，点在平面的射影为线段的中点，侧面是菱形，过点，，的平面与棱交于点.
（1）判断四边形的形状并证明；
（2）求与平面所成角的正弦的最大值.
【变式20-1】5.（2020·全国·校联考模拟预测）如图，在三棱柱中，是边长为2的菱形，且，是矩形，，且平面平面，点在线段上移动（不与重合），是的中点.
（1）当四面体的外接球的表面积为时，证明：.平面
（2）当四面体的体积最大时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
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专题1-2棱柱相关解答题二十大题型汇总——题型·技巧攻略
第一篇直棱柱篇 1
题型1平行关系 1
题型2垂直关系 14
题型3长度问题 22
题型4距离问题 26
题型5线线、线面角问题 38
题型6二面角问题 51
题型7线面角与动点问题 71
题型8二面角与动点问题 83
题型9体积与动点问题 91
题型10最值取值范围问题 95
第二篇斜棱柱篇 104
题型11平行关系 104
题型12垂直关系 114
题型13长度问题 119
题型14体积与距离问题 125
题型15线面角问题 131
题型16二面角问题 140
题型17线面角与动点问题 157
题型18二面角与动点问题 166
题型19体积与动点问题 176
题型20最值取值范围问题 182
第一篇直棱柱篇
题型1平行关系
【例题1】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为棱AB，的中点，，，.证明：平面.
【答案】证明见解析
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法来证得平面
【详解】在三棱柱中，平面，，，.
所以，则，则，则如下图，
以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
设，则
，
所以，，
设平面的一个法向量为，
所以，令，则，即，
所以，得，
又平面，所以平面.
【变式1-1】1. （2023春·河南洛阳·高三栾川县第一高级中学校考开学考试）如图，在三棱柱中，平面，，.
（1）求证：平面；
（2）点在线段上，且，点在线段上，若平面，求的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由题设条件可证，，从而得到平面.
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设，，，则可用表示，再根据其与平面的法向量垂直可得的值.
【详解】（1）证明：∵在三棱柱中，平面，
因为平面，故，同理.
因为，故四边形为菱形，故.
因为，故，
∵，∴平面，
∵平面，∴，
∵，∴平面.
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，，，，，，
，，
设平面的法向量，
则，取，得，
点在线段上，且，点在线段上.
设，，，则，，，
即，，
解得，，，
∵平面，∴，
解得.
∴的值为.
【变式1-1】2. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，平面，，E，F分别为，的中点．
（Ⅰ）在四边形内是否存在点G，使平面平面？若存在，求出该点的位置；若不存在，请说明理由；
（Ⅱ）设D是的中点，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）四边形内存在点G，即线段上任意一点，使平面平面；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）取，的中点M，N，可得，从而可得平面，同理可证平面，由面面平行的判定定理可得平面平面，从而可得结论；
（Ⅱ）取的中点O，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求得与平面所成角的正弦值．
【详解】（Ⅰ）如图所示，取，的中点M，N，连接，，，，，，
因为E，F分别为，的中点，
所以在直三棱柱中，，
又因为平面，平面，
所以平面，
同理可证平面，
又，所以平面平面，
即平面平面，
所以四边形内存在点G，即线段上任意一点，使平面平面．
（Ⅱ）取的中点O，连接，，则在直三棱柱中，，，两两垂直，
以O为坐标原点，所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，
所以，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，所以，
所以，
所以与平面所成角的正弦值为．
【变式1-1】3. （2023·高二单元测试）如图，在三棱柱中，平面，，．
（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成角的大小；
（3）点在线段上，且，点在线段上，若平面，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）60°；（3）.
【分析】（1）推导出，，，从而平面，进而，由此能证明平面．
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的大小为．
（3）求出平面的法向量，由平面，利用向量法能求出的值．
【详解】（1）证明：在三棱柱中，
平面，，．
，，，
，平面，
平面，，
，平面．
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，0，，，0，，，2，，，0，，
，0，，，，，
设异面直线与所成角为，
则，．
异面直线与所成角的大小为．
（3）解：，，，，，，
，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，
点在线段上，且，点在线段上，
设，，，，，，，则，，，
即，
解得，
平面， ，
解得．
的值为．
【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查异面直线所成角的求法，考查满足线面平行的两线段的比值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查化归与转化思想，是中档题
【变式1-1】4. （2021春·北京·高二东直门中学校考期中）如图，在三棱柱中，平面，，，的中点为.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求二面角的余弦值；
（Ⅲ）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）在棱上存在点，使得平面，且.
【解析】（Ⅰ）可证明平面，从而得到.
（Ⅱ）利用，，两两互相垂直建立如图所示空间直角坐标系，求出平面的法向量平面的法向量后可求二面角的余弦值．
（Ⅲ）设，则可用表示，利用与平面的法向量垂直可求，从而得到的值.
【详解】证明：（Ⅰ）因为平面，平面，所以.
因为，所以.
又因为，
所以平面.
因为平面，所以AB
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，两两互相垂直，
如图，建立空间直角坐标系．
因为，
所以，，，.
因为平面，
所以即为平面的一个法向量.
设平面的一个法向量为，
，，
则 即
令，则.
于是.
所以.
由题知二面角为锐角，所以其余弦值为.
（Ⅲ）假设棱上存在点，使得平面.
由，得.
因为，为的中点，所以.
所以.
若平面，则，解得.
又因为平面.
所以在棱上存在点，使得平面，且.
【点睛】本题考查空间中的线面平行、线线垂直和二面角的计算，线线垂直可以通过线面垂直而得到，平行与垂直关系也可以通过方向向量、法向量的关系而得到，二面角的计算可以构建二面角的平面角，从而将空间角转化为平面角进行计算，也可以合理建系，把二面角的计算转化为法向量的夹角来计算.
【变式1-1】5.（2020秋·广西百色·高二田东中学校考阶段练习）如图，在三棱柱中，平面，，.
（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成角的大小；
（3）点在线段上，且，点在线段上，若平面，求的值（用含的代数式表示）.
【答案】（1）证明见解析（2）（3）
【分析】（1）根据三棱柱的结构特征，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到，再利用线面垂直的判定定理，即可证得平面；
（2）由（1）得到，建立空间直角坐标系，求得向量，利用向量的夹角公式，即可求解.
（3）由，得，设，得，求得向量的坐标，结合平面，利用，即可求解.
【详解】（1）在三棱柱中，由平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，交线为.
又因为，所以，所以平面.
因为平面，所以
又因为，所以，
又，所以平面.
（2）由（1）知底面，，如图建立空间直角坐标系，
由题意得，，，.
所以，.
所以.
故异面直线与所成角的大小为.
（3）易知平面的一个法向量，
由，得.
设，得，则
因为平面，所以，
即，解得，所以.
【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
题型2垂直关系
【例题2】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在边长为的正方形中，点在线段上，且，作，分别交于点，作，分别交于点，将该正方形沿折叠，使得与重合，构成如图所示的三棱柱．
(1)在三棱柱中，求证：平面；
(2)试判断直线是否与平面平行，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)直线与平面不平行，理由见解析．
【分析】（1）利用线面垂直判定定理去证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的方法去判断直线与平面是否平行.
【详解】（1），
从而有，
又，
平面．
（2）直线与平面不平行．理由如下：
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，，，
，
设平面的一个法向量，
则，取，得，
，
直线与平面不平行．
【变式2-1】1. （2022秋·河南开封·高二校考阶段练习）如图，在三棱柱中，四边形是边长为的正方形，，，.
（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得，若存在，求的值；若不存在，请说明理由
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）在中，满足，可得，再由已知根据线面垂直的判定定理可证得面，再由面面垂直的判定定理可得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，，由向量垂直的坐标表示，可求得的值，可得结论.
【详解】（1）在中，，，，满足，所以，
又，，所以面，又面，所以，
又四边形是边长为的正方形，所以，又，所以面，
又平面，所以平面平面；
（2）在线段上存在点，使得，且，
理由如下：由（1）得，以点C为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，设，，所以，解得，，，所以，，要使，则需，即，解得，故.
【点睛】本题考查线面垂直的判定和性质，面面垂直的判定定理，向量垂直的坐标条件，属于中档题.
【变式2-1】2. （2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱 中，底面，，，， 为的中点， 为侧棱 上的动点．
(1)求证：平面平面；
(2)试判断直线 与是否能够垂直．若能垂直，求的长；若不能垂直，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)不能垂直，理由见解析
【分析】（1）利用，推出平面，即可证明面面垂直；
（2）建系，写出的坐标，设，利用直线与能垂直，数量积为零，求出，，不能垂直.
【详解】（1）因为在三棱柱 中，底面，，，， 为的中点， 为侧棱 上的动点．
所以 ，，
因为，平面
所以平面，
因为平面，
所以平面平面．
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，，，
设，
则，
若直线与能垂直，则，
解得，
因为，
所以直线与不能垂直．
【变式2-1】3. （2023秋·河北唐山·高二校考期末）如图，在三棱柱中，底面，，，，．
（1）求直线与所成角的余弦值；
（2）设为的中点，在平面内找一点，使得平面，求点到平面和平面的距离．
【答案】（1）；（2）到平面的距离为，到平面的距离为1．
【分析】（1）根据题设可知，，两两垂直，以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系．根据异面直线所成的角的空间向量求解方法可求得直线与所成角的余弦值；
（2）设点坐标为，根据线面垂直的坐标表示可求得点的坐标，从而求得距离．
【详解】解：（1）根据题设可知，，两两垂直，以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，，，
所以，，
所以，
所以直线与所成角的余弦值为．
（2）由条件知．因为点在平面内，可设其坐标为，则．
因为平面，所以，，
由坐标系可得，，
所以解得，，
所以点，其到平面的距离为，到平面的距离为1．
【点睛】关键点点睛：利用法向量求解空间线线角，以及得出空间线线关系，线面关系等的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
【变式2-1】4. （2021秋·北京丰台·高二北京市第十二中学校考期中）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形.平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5.
（Ⅰ）求证：AA1⊥平面ABC；
（Ⅱ）求二面角A1-BC1-B1的余弦值；
（Ⅲ）证明：在线段BC1存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值.
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）（Ⅲ）
【分析】把平面与平面垂直转化为直线和平面垂直.要证直线和平面垂直，依据相关判定定理转化为证明直线和直线垂直.求二面角，往往利用“作——证——求”的思路完成，作二面角是常常利用直线和平面垂直.第（Ⅲ）题，求解有难度，可以空间向量完成.
（Ⅰ）因为为正方形，所以.
因为平面ABC⊥平面AA1C1C，，且平面ABC平面AA1C1C，
所以⊥平面ABC.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，⊥AC, ⊥AB.
由题意知，所以.
如图，以A为原点建立空间直角坐标系,则.
设平面的法向量为，则即
令，则，所以.
同理可得，平面的法向量为.
所以.
由题知二面角A1-BC1-B1为锐角，所以二面角A1-BC1-B1的余弦值为.
（Ⅲ）设是直线上的一点，且.
所以，解得，所以.
由，即，解得.
因为，所以在线段上存在点D，使得，此时.
【考点定位】本题考查了平面与平面垂直的性质定理，直线和平面垂直的判定定理，考查了法向量、空间向量在立体几何中的应用和二面角的求法，考查了空间想象能力和推理论证能力.
题型3长度问题
【例题3】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，平面，，.
(1)求证：；
(2)若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）根据题意，利用线面垂直的判定定理可证平面，进而可得，再根据线面垂直的判定定理，即可证明结果；
（2）由（1）可证三条直线两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量的夹角公式，建立方程，即可求出结果.
【详解】（1）解：由三棱柱可得四边形是平行四边形，
又，所以平行四边形是菱形，所以.
又因为平面，所以.
又，所以，，
所以平面，所以.
因为，所以平面.
因为平面.
所以.
（2）解：由第（1）问可知平面，
又平面，
所以三条直线两两垂直，如图建立空间直角坐标系.
设，则，，.
设平面法向量为.
又，
所以，取，可得.
显然平面的法向量
因为平面与平面所成锐二面角的余弦值为，
所以.
即.
两边平方可得，所以,
所以.
【变式3-1】1. （2023·高二单元测试）如图，在三棱柱中，底面是边长为的正三角形，且侧棱底面．试利用空间向量的方法解决下列问题：
（1）设侧棱长为1，求证：；
（2）设与的夹角为，求侧棱长．
【答案】（1） 证明见解析；（2） 2．
【分析】（1）利用表示出，然后求数量积可证；
（2）结合（1）求出（用侧棱长表示），再计算的模，用数量积定义表示出，两者相等可求得侧棱长．
【详解】（1），．
∵平面，∴，．
又为正三角形，
∴．
∵
，
∴．
（2）结合（1），．
又，
∴，
∴，即侧棱长为2．
【变式3-1】2. （2022秋·山东济南·高二济南一中校考期中）如图，在直三棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）中，，，棱，为的中点.
（1）求的长；
（2）求与所成角的余弦值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】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.
（1）利用空间中两点间的距离公式可求得的长；
（2）利用空间向量法可求得与所成角的余弦值.
【详解】如图，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.
（1）依题意得、，因此，，
因此，线段的长为；
（2）依题意得、、、，
，，
所以，，
故与所成角的余弦值为.
题型4距离问题
【例题4】（2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，平面，，点为中点.
(1)求证：平面；
(2)求点到直线的距离.
【答案】(1)证明见解析.
(2) .
【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可证明.
（2）利用空间向量坐标法即可解决空间点到直线的距离问题.
【详解】（1）证明：连接，交于点，则为中点.
因为点为中点，
所以，
因为，
所以平面；
（2）如图,以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
可得，，
设夹角为，则，故可得，
又，设点到直线的距离为，则.
【变式4-1】1. （2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，D为的中点，交于点E．
(1)证明：；
(2)求点E到平面的距离．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用空间直角坐标系，利用向量垂直即可求证线线垂直，
（2）利用空间向量即可求解点面距离.
【详解】（1）由于平面ABC，，所以两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，
则,
，所以故
（2）由题意可知是，的中点，所以,
设平面的法向量为，则
,
故 ，取 ，则
所以点E到平面的距离为
【变式4-1】2. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，平面，是等边三角形，分别是棱的中点.
(1)证明： 平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值；
(3)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，根据棱柱的结构特征，利用线面平行的判定定理和面面平行的性质定理，即可证明结论；
（2）取的中点，连接，，可得，，两两垂直，建立以为原点，以、、所在直线分别为，，轴的空间直角坐标系，利用向量法，求解即可得出答案；
（3）由（2）可得及平面的法向量，利用点到平面的距离公式求解即可.
【详解】（1）证明：连接，
，分别是棱，的中点，，
平面，平面，平面，
，分别是棱，的中点，，，
四边形是平行四边形，则，
平面，平面，平面，
，平面，且，平面平面，
平面，平面；
（2）取的中点，连接，，
在等边△中，则，则，，两两垂直，
可建立以为原点，以、、所在直线分别为，，轴的空间直角坐标系，如图所示：
不妨设，，则,,，,2,，，,0,，，
，，，，
设平面的法向量为，
则，取，则，，
平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则4，取，则，，
平面的法向量为．
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为．
（3）若，由（2）可知，所以，面的法向量为，
所以点到平面的距离为.
【变式4-1】3. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，侧棱 底面，，，，是中点，是中点，是与的交点，点在线段上.
(1)求证：平面；
(2)若二面角的余弦值是，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连结，设，连结，先证明面，面，再由面面平行的判定定理，得到面∥面，由面，即可证明平面；
（2）以A为原点，所在直线分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，用向量法求解.
【详解】（1）连.连，连，
∵，，∴.
又面，面.∴面.
∵四边形是平行四边形，∴，
面，面，∴面，
∵，面，
∴面，面，∴面.
（2）以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系
设，，，，
所以，，
设平面的法向量，
则，即，
∴，易知平面的法向量.
由二面角的余弦值是，
则，
又，解得，∴.
又，，
即点到平面的距离为.
【变式4-1】4. （2023·上海徐汇·上海市南洋模范中学校考三模）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为的正方形，为中点，且.
(1)求证：平面；
(2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由勾股定理证明，再由，可证平面，即得，由，可证平面；（2）由题意证明得两两垂直，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，求解平面的法向量，设，再由向量夹角的公式代入计算得，根据点到平面的距离公式代入计算，可得答案.
【详解】（1）证明：由题知，
，
又，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，所以，
在正中，为中点，于是，
又，平面，所以平面
（2）取中点为中点为，则，
由（1）知，平面，且平面，
所以，又，
所以，平面
所以平面，于是两两垂直.
如图，以为坐标原点，的方向为轴 轴 轴的正方向，
建立空间直角坐标系，则，
，所以，
.
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，于是.
设，
则.
由于直线与平面所成角的正弦值为，
，
即，整理得
，由于，所以
于是.
设点到平面的距离为，则，
所以点到平面的距离为.
【点睛】方法点睛：对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
【变式4-1】5.（2023·高二课时练习）如图，在三棱柱中，平面，，，且为线段的中点，连接，，.
(1)证明：；
(2)若到直线的距离为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析.
(2).
【分析】(1)证明异面直线垂直，通常先证明线面垂直.所以先证明与平面垂直，即可得到异面直线与垂直.
(2)以为原点建立空间直角坐标系，根据到直线的距离求出边长，从而得出各点的坐标，然后求出平面和平面的法向量，即可得到夹角的余弦值.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以；
因为，所以；
因为，平面，所以平面；
因为平面，所以.
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.
则，，，
设，，，
因为若到直线的距离为，
即，解得.
故，，，
，，，.
设平面的法向量为，则，
所以，不妨取.
设平面的法向量为，则，
所以，不妨取.
设平面与平面夹角为，则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
题型5线线、线面角问题
【例题5】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，侧面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点.
(1)证明：平面；
(2)若，再从条件①、条件②中选择一个作为条件，求直线与平面所成角的正弦值.
条件①：异面直线与所成的角为45°；
条件②：是等腰三角形.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】(1)应用线面平行的判定定理证明即可;
(2)根据选择的已知条件应用线面角的向量法求解可得.
【详解】（1）取的中点为，连接，，因为是的中点，
所以且，
又因为且，
所以且，
所以四边形是平行四边形，
即，平面
而平面，所以平面.
（2）因为，，且，平面，
所以，
又因为，所以分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系.
选择条件①，因为为异面直线与所成的角，即，
所以，，
设，则，
解得，
所以，，
，，
所以，，，
设平面的法向量，则
令，则，，即，
所以.
选择条件②，设，则，，，
因为是等腰三角形，所以上式中只能，即，
所以，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则
令，则，，即，
所以.
【变式5-1】1. （2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，，，点在线段上， 平面.
(1)求证：为的中点；
(2)求二面角的大小；
(3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)详见解析；
(2)；
(3)存在，或.
【分析】（1）设，根据线面平行的性质可得 ，进而即得；
（2）取的中点，根据线面垂直的判定定理可得平面，然后利用坐标法利用面面角的向量求法即得；
（3）设，利用线面角的向量求法结合条件即得.
【详解】（1）设，连接，
因为侧面为正方形，
所以为的中点，
因为平面，平面，平面平面 ，
所以 ，又为的中点，
所以为的中点；
（2）因为，
所以，又平面，平面，
所以平面，
取的中点，则，
由平面，平面，可得 ，
又平面，平面，
所以平面，
如图以为原点建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，
又平面的法向量可取，
所以，
所以二面角的大小为；
（3）假设在线段上存在点，使得直线与平面所成的角为，
设，因为，
所以，，又，
所以，又平面的一个法向量为，
所以，
整理可得，
解得或，
所以在线段上存在点，使得直线与平面所成的角为， 的值为或.
【变式5-1】2. （2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，，点D，E分别在棱和棱上，且，，M为棱的中点.
(1)求证：；
(2)求直线AB与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，然后由向量的数量积为，即可证明向量垂直；
（2）根据题意，由空间向量的坐标运算，再结合线面角的计算公式，即可得到结果.
【详解】（1）
证明：根据题意，以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，
，，，，，
，，
则，
所以，即；
（2）由（1）可得，，设平面的法向量为
则，解得，取，则
所以平面的一个法向量为，
又因为，
设AB与平面所成角为，
所以，
所以直线AB与平面所成角的正弦值为.
【变式5-1】3. （2022秋·北京东城·高三校考期中）如图，在三棱柱中，平面为线段上的一点.
(1)求证：；
(2)若为线段上的中点，求直线与平面所成角大小.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）由题意可得两两垂直，所以以为原点，分别以所在的直线为建立空间直角坐标系，利用空间向量证明即可，
（2）先求出平面的法向量，然后利用空间向量的夹角公式求解即可.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，
所以，
因为，所以两两垂直，
所以以为原点，分别以所在的直线为建立空间直角坐标系，如图所示，
则,
设，
所以，
所以，
所以，
所以
（2）因为为线段上的中点，所以，
所以，,
设平面的法向量为，则
，令，则，
设直线与平面所成角为，则
，
因为，所以，
所以直线与平面所成角的大小为.
【变式5-1】4. （2023·高二课时练习）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，D为的中点．
(1)求证平面；
(2)若E为的中点，求AE与所成的角．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】由已知，可建立空间直角坐标系，设出平面的法向量为，并求解，然后通
过计算，即可证明平面；
（2）由第（1）问建立起的空间直角坐标系，分别表示出和，然后计算夹角即可.
【详解】（1）∵在三棱柱，平面ABC，∴平面ABC，∴，又∠ABC＝90°，∴AB⊥BC，故AB，BC，两两垂直，如图，以B为坐标原点，BA所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系B－xyz．
设，则，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，
取，得．
∵，
∴，又平面，则平面.
得证.
（2）若为的中点，则，
，
，
由，可得，
则AE与所成的角为．
【变式5-1】5.（2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，底面，的中点为，四面体的体积为，四边形的面积为.
(1)求到平面的距离；
(2)设与交于点O，是以为直角的等腰直角三角形且.求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由为的中点可得，而，利用等体积法即可求解点面距离；
（2）以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，利用空间向量求解线面角即可.
【详解】（1）解：因为为的中点，，所以，
设到平面的距离为h，则到平面的距离为，
因为，
即，
即，得，即到平面的距离.
（2）因为是以为直角的等腰直角三角形，由（1）知，所以，
如图，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
则点，，，，.
则，，.
设平面的法向量为，
则由解得.
令，则，于是平面的一个法向量为.
所以直线与平面所成角的正弦值为
.
故直线与平面所成角的正弦值为.
【变式5-1】6.（2022秋·天津滨海新·高三校考期末）如图所示，在三棱柱中，侧面ABCD和ADEF都是边长为2的正方形，平面平面ADEF，点G、M分别是线段AD、BF的中点．
(1)求证：平面BEG；
(2)求直线DM与平面BEG所成角的正弦值；
(3)求平面BEG与平面ABCD夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）由面面垂直的性质可得面，再由面面垂直有，结合已知、、两两垂直，构建以A为原点，以的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系，求面的法向量及，判断它们的位置关系，即可证结论.
（2）由（1），应用空间向量夹角的坐标表示求DM与平面BEG所成角的正弦值；
（3）由是面的一个法向量，结合（1）所得面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求平面BEG与平面ABCD夹角的余弦值．
【详解】（1）由四边形是正方形，则，又面面，面面 ，面，
所以面，而面，则，又，
所以、、两两垂直.
建立以A为原点，以的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系，
则，，，，，，，，
所以，
设为面的法向量，则，令，可得，
又，则，所以，又平面，
所以平面．
（2）由（1）知：且为面的法向量，
因此，即直线与平面所成角的正弦值为．
（3）由平面的一个法向量且为面的法向量，
因此，即平面与平面夹角的余弦值为．
题型6二面角问题
【例题6】（2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，分别为的中点．
(1)求证：//平面；
(2)再从条件（1）、条件（2）这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的平面角的余弦值．
条件①：平面；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明线面平行，再利用面面平行的判定可证结论；
（2）无论选择哪个条件都能得到侧棱与底面垂直，然后利用空间向量可求答案或者找出二面角的平面角，利用三角形知识求解.
【详解】（1）取的中点为，连接，
∵三棱柱，∴四边形为平行四边形，
∵，
∴．
又平面平面，
∴平面．
∵分别为中点，
∴．
又平面平面，
∴平面．
∵平面，
∴平面平面．
又平面，
∴平面．
（2）选条件①
∵平面，∴．
又∵侧面为正方形，∴．
∵，∴平面．
选条件②
∵在中，，∴．
∴．
又∵侧面为正方形，∴．
∵，∴平面．
解法一：如图建立空间直角坐标系，
；
；
设平面的法向量为，
令得，即．
,
设平面的法向量为，
，
令得，即平面的法向量为．
∴．
即二面角的平面角的余弦值为．
解法二：过点作交于点，
过点作交于点，连结，
∵平面，∴．
∵，，，∴平面．
又平面，∴．
∵，∴平面．
∴．∴即为所求角．
在直角三角形中，，∴，；
在正方形中，，∴；
在中，由等面积可得，
∴，
∴．
即二面角的平面角的余弦值为．
【变式6-1】1. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，D为AC的中点，，．
(1)证明：；
(2)若，直线与平面所成的角的正弦值为，二面角的大小为60°，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由 得，又为的中点，则，又，可得平面，由此可得结论；
（2）由已知条件可得平面，，可知为二面角的平面角，即，过点作于点，可证得平面，故直线与平面所成角为，即，求得，取 为中点，则平面，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求得结果．
【详解】（1）在三棱柱中，，，，
，，
又为的中点，，
在中，，，，
，、平面，平面，
又平面，．
（2），，，平面，
平面，而平面，，
为二面角的平面角，即，
为等边三角形，即，
过点作于点，则为的中点，，
平面，而平面，，
又，平面，平面，
故直线与平面所成角为，即，
设，则，即，
取 为中点，，
平面，而平面，，
又，平面，平面，
，平面，
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，
则，，，，
，， ， ，
设平面一个法向量为，
由，取，得；
设平面的一个法向量分别为，
由，取，得．
．
二面角的余弦值．
【变式6-1】2. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，，，E，F分别为，的中点，且EF⊥平面．
(1)求棱BC的长度；
(2)若，且的面积，求二面角的正弦值．
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）根据平行关系可得 ，再结合垂直关系可得，即可得结果；
（2）根据题意分析可得平面ABC，，建系，利用空间向量求二面角.
【详解】（1）取AC中点D，连接ED，BD，
∵分别为的中点，则 且，
又∵为三棱柱，且分别为的中点，则 且，
可得 且，即四边形DEFB为平行四边形，故 ，
又∵平面，则平面，
平面，可得，
又∵D为AC的中点，则△ABC为等腰三角形，
∴.
（2）由（1）可知：，且，即，
∴，
则可得，且，
∵平面，平面，则，
∴，解得，
由（1）知平面，平面，则，
又∵ ，则
又∵， ，则，
，平面ABC，
∴平面ABC，
平面ABC，则，
且 ，可得，
∴为直角三角形，则，
以为坐标原点，向量，，方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
可得，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，可得，
∵平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，
可得，
∴，
故二面角的正弦值为.
【变式6-1】3. （2023·全国·高三专题练习）如图所示，在三棱柱中，点，，，分别为棱，，，上的点，且，，，.
(1)证明：平面；
(2)若，，四边形为矩形，平面平面，，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）连接,取的中点,连接，通过证明平面面得到平面；（2）以为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，用空间向量求所成锐二面角的余弦值.
【详解】（1）
如图,连接,取的中点,连接.
因为,
所以,且.
所以四边形是平行四边形.
所以.
因为平面面，
所以平面,
易得点为的中点,因为点为的中点,所以.
因为.所以.
又,所以且,
所以四边形为平行四边形.
所以,所以.
因为平面平面.
所以平面.
因为,
所以平面面.
因为平面,
所以平面,
（2）因为四边形为矩形,
所以.
因为平面平面,平面平面,
所以平面，
因为平面,所以，
因为,所以.
因为平面， 平面
所以平面.
又平面,所以.
以为原点,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，
则,
所以，
设平面的法向量为,
则令,得.
所以平面的一个法向量为.
设平面的法向量为,
则令,得.
所以平面的一个法向量为.
设平面与平面所成的锐二面角为,
则,
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【变式6-1】4. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，D为AC的中点，AB=BC=2，.
(1)证明：；
(2)若，且满足：三棱柱的体积为，二面角的大小为60°，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的判定定理和性质定理即可证明；
（2）由三棱柱的体积为可求出，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）在三棱柱中，由题意可得，，，
∴，
又∵AD=DC，∴，
同时在△ABC中，∵AB=BC，AD=DC，
∴，∵，，平面，
∴平面，
又∵平面，∴
（2）∵且，∴平面ABC，
∵平面ABC，∴，又∵，
∴为二面角的平面角，即
，，取BC的中点O，则，
∴，
又∵三棱柱的体积为，∴
如图所示，建立空间直角坐标系，
设平面的一个法向量为，且，，
则，令，则，，
故，
设平面的一个法向量为，
且，，则，
令，则b=0，，故，
，故二面角的正弦值为.
【变式6-1】5.（2023·全国·高三专题练习）如图在三棱柱中，为的中点，，.
(1)证明：；
(2)若，且满足：______，______（待选条件）.
从下面给出的①②③中选择两个填入待选条件，求二面角的正弦值.
①三棱柱的体积为；
②直线与平面所成的角的正弦值为；
③二面角的大小为60°；
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）通过证明平面来证得.
（2）先选择条件，然后根据所选条件，利用几何法或向量法求得二面角的正弦值.
【详解】（1）在三棱柱中，由题意可得，，，
∴，又∵，∴，
同时在中，∵，，∴，
∵平面，
∴平面，
又∵平面，∴.
（2）∵，且，∴平面，
方案一：选择①③
∵平面，∴，，
∴为二面角的平面角，即，
∴，又∵三棱柱的体积为，∴.
法一：取的中点为，连接，，过作于点，连接，
∵平面，∴平面，
又∵，由三垂线定理可得，
∴为二面角的平面角，
其中，，，则，
由于二面角的平面角与二面角的平面角互补，
故二面角的正弦值为.
法二：过作，过作，过作交于点，连接，
∴为二面角的平面角，其中，，，
∴，故二面角的正弦值为.
法三：如图所示，建立空间直角坐标系，
设平面的一个法向量为，且，，
则，令，则，，故，
设平面的一个法向量为，且，，
则，
令，则，，故，
，故二面角的正弦值为.
方案二：选择①②；
解析：过点作于点∵平面平面，，
∴平面，故直线与平面所成角为，且，
设，，则，即，.
余下解法参考方案一.
方案三：选择②③；
∵平面，∴，，
∴为二面角的平面角，即，
过点作于点，
∵平面平面且交线为，，平面，
∴平面，故直线与平面所成角为，且.
设，则，即.
余下解法参考方案一.
【变式6-1】6.（2022·全国·高三专题练习）如图，已知在直四棱柱（侧棱垂直底面的棱柱）中，，，.
(1)求证：平面；
(2)求与平面所成的角的余弦值；
(3)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）以点为坐标原点、、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平面；
（2）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的余弦值；
（3）利用空间向量法可求得二面角的正弦值.
(1)
证明：以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
，，，
，则；，则.
，平面．
(2)
解：设为平面的一个法向量，，，
则，取，可得，
又，设与平面所成角为，
则，所以，，
与平面所成的角的余弦值为.
(3)
解：由（2）知平面的一个法向量为，
设为平面的一个法向量，，，
则，取，可得，
，所以，.
二面角的正弦值为．
题型7线面角与动点问题
【例题7】（2023·北京·高三专题练习）如图，在三棱柱 中，平面 平面 ，是矩形，已知 ，动点 在棱 上，点 在棱 上，且 .
(1)求证： ;
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值;
(3)在满足（2）的条件下，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)点到平面的距离为.
【分析】(1)利用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，利用向量方法求直线 与平面 所成角的正弦值，列方程求的值； (3)利用向量方法求点到平面的距离.
【详解】（1）因为四边形是矩形，所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
（2）因为平面平面 ，平面平面，
平面，，
所以平面，又，
所以两两相互垂直，以为原点，，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，,
设，则，
所以，，
设平面的法向量为，，
则，，
取，可得，
设直线 与平面的夹角为，
则，
所以，
化简可得，又，
所以，所以；
（3）由(2) 平面的法向量为，，又，
设点到平面的距离为，
则.
所以点到平面的距离为.
【变式7-1】1. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，平面分别是的中点.
(1)求证：//平面；
(2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）连接，且交于点，再连接，由即可证明 平面；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设出点，表示出，
由直线与平面所成角的正弦值解出点坐标即可.
【详解】（1）
连接，且交于点，再连接，如图所示.
因为三棱柱，所以.
又分别是的中点，所以，
所以四边形是平行四边形，所以点是的中点.
在中，点是的中点，是的中点，所以，
又平面平面，所以平面.
（2）
不妨设，则.
在中，由余弦定理得，即.
所以，所以.
因为平面，又平面，所以，
又，所以.
以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，所以.
设平面的一个法向量为，
由得
令，解得，
所以平面的一个法向量.
设，且，
所以，得，
所以点的坐标为，
所以.
设直线与平面所成的角为，
则
解得，所以.
【变式71】2. （2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，D，E分别是，的中点
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成二面角的正弦值；
(3)在棱上是否存在一点P，使得直线PD与平面所成角正弦值为 若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)或
【分析】（1）取AB的中点F ,连DF 交于点M,可证 ,利用线而平行的判定定理可得平面;
（2）建立空间直角坐标系,求出平面的法向量,利用向量的夹角公式,可求平面 与平面所成角的余弦值，再求正弦值.
（3）假设在棱上存在一点 P , 使得直线PD与平面所成角正弦值为 ,求出平面的法向量,根据向量的夹角公式,列方程求出点P坐标,即可得结论.
【详解】（1）取AB的中点F ,连DF 交于点M,可知M为中点，连，
可知四边形 为平行四边形，
所以,,，
由线而平行的判定定理可得平面；
（2）建立空间坐标系如图所示：
则,所以
,设平面的法向量为，
则令，所以，由题意知平面法向量,
，所以平面与平所成角得正弦值为
所以与平面所成角的正弦值为 .
（3）假设在棱上存在一点 P 使得直线PD与平面所成角正弦值为,设点,则 ,由( 2)知平面的法向量为
所以，
解得或,
故在棱上存在一点P , 使得直线PD与平面所成角正弦值为,
P 点的坐标为或.
【变式7-1】3. （2023·全国·高三专题练习）在三棱柱中，，平面平面，平面平面.
（1）证明：平面；
（2）在①；②与平面所成的角为；③异面直线与所成角的余弦值为这三个条件中任选两个，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析.
【分析】(1)利用面面垂直的性质证得和即可得证；
(2)选择条件①②或①③，结合已知求出AA1，选择条件②③，探求出AB，AC，AA1的关系，无论选择哪两个条件都以为原点，，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即得.
【详解】（1）证明：因为，平面平面，
平面平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以，同理：，
又因为，所以平面；
（2）选择①②：
由（1）知，平面，所以三棱柱是直三棱柱.
因为，，所以.
在直三棱柱中，平面，BA1是BC1在平面内射影，
所以为与平面所成的角，即，
在中，，，，
在中，，则，
以为原点，，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示：
，，，，
所以，，，.
设平面的法向量为，
由得，令得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
由得，令得平面的一个法向量为.
所以，所以二面角的余弦值；
选择①③：
因为，，所以，由（1）知，平面，故，
在三棱柱中，，则异面直线与所成角为，
所以，
在中，因为，，，，所则；
以为原点，，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示：
，，，，
所以，，，.
设平面的法向量为，
由得，令得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
由得，令得平面的一个法向量为.
所以，所以二面角的余弦值；
选择②③；
由（1）知，平面，所以三棱柱是直三棱柱，平面，BA1是BC1在平面内射影，
所以为与平面所成的角，即，
又，则异面直线与所成角为，所以，
在中，设，则，所以，
在中，因为，，所以，，
以为原点，，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示：
，，，，
所以，，，.
设平面的法向量为，
由得，令得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
由得，令得平面的一个法向量为.
所以，所以二面角的余弦值.
【点睛】方法点睛：直线垂直平面的证明方法：(1)直线与平面的垂直判定定理；(2)平面与平面垂直的性质定理；(3)两条平行直线中一条直线垂直一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面.
【变式7-1】4. （2020·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，四边形，均为正方形，且，M为的中点，N为的中点．
（1）求证：平面ABC；
（2）求二面角的正弦值；
（3）设P是棱上一点，若直线PM与平面所成角的正弦值为，求的值
【答案】（1）证明过程见详解；（2）；（3）.
【分析】（1）先取中点为，连接，，根据面面平行的判定定理，得到平面平面，进而可得平面ABC；
（2）先由题意，得到，，两两垂直，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设边长为，分别求出平面和平面的一个法向量，根据向量夹角公式，求解，即可得出结果；
（3）先设，得到，根据空间向量的夹角公式，列出等式求解，即可得出结果.
【详解】（1）取中点为，连接，，
因为为的中点，为的中点，
所以，，
又平面，平面，，
所以平面平面，
又平面，
所以平面ABC；
（2）因为四边形，均为正方形，所以，，两两垂直，
以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，设边长为，则，，，，，
所以，，
因此，，，
设平面的一个法向量为，
则，所以，令，则，
因此；
设平面的一个法向量为，
则，所以，令，则，
因此，
设二面角的大小为，
则，
所以；
（3）因为是棱上一点，设，则，
所以，
由（2）知，平面的一个法向量为，
又直线与平面所成角的正弦值为，记直线与平面所成角为
则有，
整理得，解得或（舍）
所以.
【点睛】本题主要考查证明线面平行，求二面角，已知线面角求其它量的问题，熟记面面平行的判定定理与性质，以及二面角，线面角的向量求法即可，属于常考题型.
题型8二面角与动点问题
【例题8】（2022秋·吉林长春·高二长春市解放大路学校校考阶段练习）如图，在三棱柱中，底面ABC，，点M为的中点．
(1)证明：平面；
(2)AC上是否存在点N，使二面角的大小为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）连接与交于点O，连接OM，证明，根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，不妨设，设，，利用向量法求出，从而可得出的结论.
【详解】（1）解：连接与交于点O，则O为的中点，连接OM，
因为点M为的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）解：因为，
所以，所以，
如图建立空间直角坐标系，
设，则，，，
设，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则有，取，得，
设平面的一个法向量为，
则有，取得，
因为，解得或（舍），
此时，
所以AC上存在点N，当时，二面角的大小为.
【变式8-1】1. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，D，E分别是，的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在棱上是否存在一点P，使得平面PAB与平面所成二面角为？若存在，求出线段CP的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见详解；（2）；（3）存在，.
【分析】（1）取的中点，连接，交于点，证得，利用线面平行的判定定理，即可证得平面；
（2）以所在的直线为轴、轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得则和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解；
（3）设，求得平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解.
【详解】（1）取的中点，连接，交于点，可知为的中点，
连接，因为E是的中点，所以且，
即四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）分别以所在的直线为轴、轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，可得，即，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）假设在棱是存在一点，设，可得，
由，可得，，
设平面的法向量为，
则，即，令，可得，即，
又由平面的一个法向量为，
所以，
因为平面与平面所成二面角为，
可得，解得，
此时，符合题意，
所以在棱上存在一点，使得平面与平面所成二面角为，此时.
【点睛】方法点睛：
立体几何体中空间角的求法：
（1）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果；
（2）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，通过计算向量夹角（两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可.
【变式8-1】2. （2022秋·北京西城·高三统考期中）如下图，在三棱柱中， 底面， ， ， ， 是棱上一点．
(1)求证：．
(2)若，分别是，的中点，求证：∥平面．
(3)若二面角的大小为，求线段的长
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3).
【分析】（1）由条件先证明，，根据线面垂直的判定定理证明面由此证明，（2）先证明，根据线面平行判定定理证明∥平面，（3）以为原点， ， ， 分别为轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系．求出法向量，代入公式即可.
【详解】（1）∵平面， 面，
∴．
∵， ，
∴中， ，
∴．
∵，平面，
∴平面．
∵面，
∴.
（2）连接交于点．
∵四边形是平行四边形，
∴是的中点．
又∵， 分别是， 的中点，
∴，且，
∴四边形是平行四边形，
∴．
又平面， 面，
∴平面．
（3）∵，且平面，
∴， ， 两两垂直．
以为原点， ， ， 分别为轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系．
设 ，则， ， ， ，
∴， ， ．
设平面的法向量为，
故， ，
则有，令，则，
又平面的法向量为．
∵二面角的大小为，
∴，
解得，即，
，
∴．
题型9体积与动点问题
【例题9】（2023·山西忻州·统考一模）如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为棱AB，的中点，，，.
(1)证明：平面；
(2)若三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)二面角的余弦值为
【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据直线与平面的位置关系计算直线方向向量和平面法向量，即可证明；
（2）根据三棱锥的体积可求得三棱柱的高为，利用空间向量求二面角的余弦值即可.
【详解】（1）证明：在三棱柱中，平面，，，.
所以，则，则，
则如下图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，设，
则，
所以，，设平面的法向量为，
所以，令，则，
所以，又平面，所以平面；
（2）解：三棱锥的体积，解得，则
由（1）知平面的法向量为，
设平面的法向量为，，
所以，令，则，
则，由图可知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
【变式9-1】（2023·全国·高二专题练习）如图，直三棱柱中，,, 是棱上的动点.
(1)证明：；
(2)若平面分该棱柱为体积相等的两个部分，试确定点的位置，并求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2) .
【分析】（1）由平面得，再由,可推得平面,所以；
（2）根据割补法求，根据体积为三棱柱一半，求得为中点；取的中点,根据垂直关系可得是二面角的平面角，最后解三角形可得二面角的大小
（1）
证明： 平面,平面, ,
又,即平面,
平面,
又平面，；
（2）
,
依题意,
,即为中点；
取的中点,过点作于点，连接，
,
直三棱柱中,平面平面,平面平面,
平面 ,平面,平面,,
又,，平面，
所以平面，平面
所以,
设,则 ，
则 ,
故点与点重合，且是二面角的平面角，
则在中，，可得,
即二面角的大小为 .
另解：以为空间坐标原点，为轴正向、为轴正向、为轴正向，
建立空间直角坐标系，设的长为1，
则.
作中点，则,连结，则，从而平面，
平面的一个法向量,
设平面的一个法向量为，则,
，令，得，,
,
由图可知二面角为锐角，故二面角为 .
题型10最值取值范围问题
【例题10】（2023秋·全国·高二期中）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.
【变式10-1】1. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，底面，D为的中点，点P为棱上的动点（不包括端点），，，.
（1）求证：平面；
（2）求直线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）证出，，再由线面垂直的判定定理即可证明.
（2）取的中点E，连接，根据，，两两垂直，建立空间直角坐标系，设点P的坐标为，求出平面的一个法向量，再利用线面角的向量求法即可求解.
【详解】（1）因为，，所以.
因为底面，平面，所以.
又因为，所以.
因为，，，，平面，
所以平面.
（2）如图，取的中点E，连接.
由，可得平面，
又由，可得，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系.
由，，可得，
所以，，，，.
设点P的坐标为，平面的法向量为.
由，，有，
取，则，，可得平面的法向量.
又由，设直线与平面所成的角为.
由，，，
有.
令，，
有
，
故当时，，的最大值为，
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
【变式10-1】2. （2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，平面，，.
（1）求证：平面；
（2）点在线段上运动，求与所成角的范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】(1)推导出，，从而平面，进而，由此证明平面；
(2) 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出与所成角的范围．
【详解】(1)证明：在三棱柱中，平面，，
四边形是正方形，
平面，
平面
平面，
平面
(2)点在线段上运动，由(1)知，平面，平面，，当与重合时，与所成角取最大值，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系
设与所成角为，
则
时，取最小值，时，取最大值
与重合时，取最小值，与重合时，取最小值，
与所成角的范围是
【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查异面直线所成角的取值范围的求法，考查空间中线线、线面间的位置关系、向量法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题
【变式10-1】3. （2021秋·上海闵行·高二闵行中学校考期中）如图，为正六棱柱，底面边长，高.
（1）若，求异面直线和所成角的大小；
（2）计算四面体的体积（用来表示）；
（3）若正六棱柱为一容器（有盖），且底面边长和高满足：（为定值），则当底面边长和高分别取得何值时，正六棱柱的表面积与体积之比最小？
【答案】（1）；（2）；（3），，取得最小.
【分析】（1）延长相交于点，延长相交于点，连接，
得是直四棱柱，证明,所以异面直线和所成角的大小即为直线和所成角的大小.解三角形可得.
（2）建立空间直角坐标系,求出平面法向量，求出到平面的距离，可得四面体的体积.
（3）求出正六棱柱的表面积, 正六棱柱的体积，利用已知条件，转化为二次函数求得最值，得解.
【详解】
（1）补形如图：延长相交于点，延长相交于点，连接
由正六边形性质知是平行四边形，从而得是直四棱柱，则 且所以四边形是平行四边形，所以,
所以异面直线和所成角的大小即为直线和所成角的大小.
在三角形中，由平面几何知识和余弦定理得：，，,
（2）如图，建立分别以为轴的空间直角坐标系，则
，，，
，，
设平面法向量为
, ，令 ，则，
所以到平面的距离
又，，,
（3）由题知，正六棱柱的表面积
正六棱柱的体积
又
所以当时，有最大值，也即取得最小值，
此时，
【点睛】本题考查异面直线所成角，利用空间向量求四面体体积及利用表面积与体积之比转化为函数求其最值问题，属于较难题.
第二篇斜棱柱篇
题型11平行关系
【例题11】（2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，侧面底面，，，且，为的中点.在上是否存在一点，使得平面？若不存在，说明理由；若存在，确定点的位置.
【答案】存在，E为BC1的中点
【分析】根据长度关系以及面面垂直可得线线垂直，进而根据空间直角坐标系，由向量法即可求解
【详解】连接，因为，且为的中点，所以，
又平面平面，交线为，且平面，
所以平面.
连接，由，得，
以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意可知，，，，所以，
所以、、、、，
则，，
设平面的法向量为,则有即，
令，得，所以.
设，，
由得，所以，
所以，所以,
由平面，得，即得.
所以存在这样的点，且为的中点.
【变式11-1】1. （2022秋·全国·高二专题练习）棱柱的所有棱长都等于，，平面平面，.
（1）证明：；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，点在的延长线上，且使.
【分析】( 1 ) 连接交于，则，连接，可证⊥底面，从而建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，证明向量的数量积为 0 即可得到；
( 2 ) 确定平面、平面的法向量，利用向量的夹角公式，可求二面角的平面角的余弦值；
（3）设出点的坐标，表示出，利用与平面的法向量垂直，列出等式求解.
【详解】由题意，设交于点.棱柱的所有棱长都等于，
底面为菱形，则，连接，在中,，,
平面平面，平面平面，
底面.分别以所在的直线为轴，
如图建立空间直角坐标系，则，.
（1）证明：,,
（2）,设平面的法向量为，则即取，可得.同理可得平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，，平面与平面的夹角的余弦值是.
（3）假设在直线上存在点，使平面，设，则，得，,设平面的法向量为，,由得令，则，则，又平面，即，解得.
即点在的延长线上，且使.
【变式11-1】2. （2023·全国·高三专题练习）如图所示，已知在三棱柱中，平面平面，，，，，为中点，为中点.
（1）试在线段上找一点，使平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，结合余弦定理、勾股定理的逆定理建立空间直角坐标系，利用平面法向量的性质进行证明即可；
（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）∵平面平面，平面平面，，
∴平面，连接，∵，，，
由余弦定理得:，
∴，∴，
以、、所在的直线分别为轴、轴、轴，建系，
则，，，，，，
设，则，，，
设平面的一个法向量为，则，∴，
令，则，，∴，
由得，解得，∴，
即当时，平面；
（2）由（1）可知，，
设平面的一个法向量为，∴，则，
取，则，∴，
又∵平面的一个法向量为，
∴，
经观察二面角为钝角，则二面角的余弦值的大小为，
，
即二面角的正弦值的大小为.
【变式11-1】3. （2023·全国·高三专题练习）如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求证：BD⊥AA1；
(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析 (2)存在，P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.
【分析】（1）设与交于，则，连接，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出与的坐标，计算它们的数量积从而得到
（2）假设在直线上存在点，使平面，设，求出平面的法向量，根据法向量与垂直求出的值，从而得到点在的延长线上，且．
【详解】解：设与交于，则，连接，在△中，，，，
所以，
所以，所以．
由于平面平面，所以平面．
以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，1，，，，
（1）由于，，
（2）假设在直线上存在点，使平面，设，则，从而有
设平面，则，又
设，，，则，取，0，
因为平面，则，得
即点在的延长线上，且
【点睛】本题主要考查了平面与平面平行的判定和空间中直线与直线之间的位置关系与空间向量，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于中档题
【变式11-1】4. （2022春·重庆沙坪坝·高二重庆八中校考期末）如图,在三棱柱中,侧面底面ABC, ,且,O为AC中点.
(1)求直线与平面所成角的正弦值;
(2)在上是否存在一点E,使得平面,若不存在,说明理由;若存在,确定点E的位置.
【答案】（1）.；（2）E为的中点.
【分析】(1)由已知中,O为AC中点,根据等腰三角形“三线合一”的性质,可得,又由已知中侧面底面ABC,故平面ABC,以O为原点,OB,OC,所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,分别求出直线的方向向量与平面的法向量,代入空间向量夹角公式,即可得到直线与平面所成角的正弦值;
(2)设出E点的坐标,根据平面,则OE的方向向量与平面的法向量垂直,数量积为零,我们可以求出E点坐标,进而确定E点的位置.
【详解】（1）如图，因为，且O为AC的中点，所以平面平面，交线为，且平面，所以平面.
以O为原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.由题意可知，又
所以得:
则有：
设平面的一个法向量为，则有
，
令，得
所以.
因为直线与平面所成角和向量与所成锐角互余，
所以.
（2）设
即，得
所以得
令平面，得，
即得即存在这样的点E，E为的中点.
【点睛】本题主要考查利用空间向量求线面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
题型12垂直关系
【例题12】（2023·全国·高二专题练习）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.
求证：平面.
【答案】证明见解析
【分析】要证直线与平面垂直，可以根据判定定理，证明此直线与平面内的两条相交直线垂直（此时可以用几何法证明直线垂直，也可以用向量法证明直线垂直），从而证得直线与平面垂直；也可以利用向量法，求出直线的方向向量和平面的法向量，从而证得直线与平面垂直.
【详解】法一：连接，因为为等边三角形，为中点，，
因为在平面内的射影为，所以平面，
又因为平面，，
平面，
平面，又因为平面，
由题设知四边形为菱形，，
分别为中点，，
又平面，
平面.
法二：连接，因为在平面内的射影为，所以平面，
又平面，，
又为等边三角形，为中点，，
则以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则
，
，
，
，即，
又平面，
平面.
法三：连接，因为在平面内的射影为，所以平面，
又平面，，
又为等边三角形，为中点，，
则以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则
，
，
设平面的法向量为，
，即，
不妨取，则，则，
所以平面的一个法向量为，
，，，
平面.
【变式12-1】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点D为棱AC上动点（不与A，C重合），平面与棱交于点E.
(1)求证：；
(2)若，从条件① 条件② 条件③这三个条件中选择两个条件作为已知，求直线AB与平面所成角的正弦值.条件①：平面平面；条件②：；条件③：.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由棱柱的性质可得，即可得到平面，再根据线面平行的性质证明即可；
（2）选①②，连接，取中点，连接，，即可得到，根据面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由，即可建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；
选②③，连接，取中点，连接，，依题意可得，再由勾股定理逆定理得到，即得到平面，后续同①②；
选①③，取中点，连接，，即可得到，由面面垂直的性质得到平面，从而得到，再由勾股定理逆定理得到后续同①②；
【详解】（1）在三棱柱中，，又面，面，
所以平面，又面面，面，
所以.
（2）选①②：连接，取中点，连接，.
在菱形中，所以为等边三角形.
又为中点，所以，
又面面，面面 ， 平面，
所以平面，平面，
故，又，所以.
以为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，.
所以，.
设面的一个法向量为，则，令，故.
又，设直线与面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
选②③：连接，取中点，连接，.
在菱形中，所以为等边三角形.
又为中点，故，且，又，.
所以，则.
又，面，所以面，
由平面，故，又，所以.
以为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，.
所以，.
设面的一个法向量为，则，令，故.
又，设直线与面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
选①③：取中点，连接，.
在中，因为，所以，且，.
又面面，面面 ，面，
所以平面，又平面，所以.
在中，，又，，
所以，则.
由，面，则面，
由平面，故，又，所以.
以为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，.
所以，.
设面的一个法向量为，则，令，故.
又，设直线与面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
题型13长度问题
【例题13】（2023·全国·高三专题练习）在三棱柱中，平面，，点E为AB的中点且．
(1)证明：平面MEC；
(2)P为线段AM上一点，若二面角的大小为，求AP的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设CM与BN交于点F，连接EF，证明，得到答案.
（2）建立空间直角坐标系，设（），计算各点坐标，得到平面PEC和平面ADE的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【详解】（1）设CM与BN交于点F，连接EF，由已知可得四边形BCNM是平行四边形，
F是BN的中点，E是AB的中点，故，
又平面MEC，平面MEC，故 平面MEC．
（2）设，平面ABCD，故平面ABCD，
如图，建立空间直角坐标系，
则，，，设（），
，．
设平面PEC的一个法向量为，则，，
令，则，
平面ADE的一个法向量为，，
解得（负值舍去），故AP的长为．
【变式13-1】1．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在三棱柱中，，点在平面ABC上的射影为线段AC的中点D，侧面是边长为2的菱形．
(1)若△ABC是正三角形，求异面直线与BC所成角的余弦值；
(2)当直线与平面所成角的正弦值为时，求线段BD的长．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与所成角的余弦值.
（2）结合直线与平面所成的角，利用向量法列方程，化简求得的长.
【详解】（1）依题意点在平面ABC上的射影为线段AC的中点D，
所以平面，，
由于，所以，
以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，，，
当是等边三角形时，，
.
设直线与所成角为，
则.
（2）设，则，
，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设直线与平面所成角为，
则，
化简的，
解得或，
也即或.
【变式13-1】2. （2022·高二课时练习）如图，在三棱柱中，，D为BC的中点，平面平面ABC．
(1)证明：；
(2)已知四边形是边长为2的菱形，且，问在线段上是否存在点E，使得平面EAD与平面EAC的夹角的余弦值为，若存在，求出CE的长度，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，1
【分析】（1）由面面垂直证明线面垂直，进而证明线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.
【详解】（1）∵，且D为BC的中点，∴，
因为平面平面ABC，交线为BC，AD⊥BC，AD面ABC，
所以AD⊥面，
因为面，
所以.
（2）假设存在点E，满足题设要求
连接，，∵四边形为边长为2的菱形，且，
∴为等边三角形，
∵D为BC的中点
∴，
∵平面平面ABC，交线为BC， 面，
所以面ABC，
故以D为原点，DC，DA，分别为x，y，z轴的空间直角坐标系．
则，，，，．
设，，．
设面AED的一个法向量为，则，
令，则．
设面AEC的一个法向量为，则，
令，则．
设平面EAD与平面EAC的夹角为，则．
解得：，故点E为中点，所以．
题型14体积与距离问题
【例题14】（2022·全国·高三专题练习）在三棱柱中，，平面平面，E，F分别为线段的中点．
(1)求证：；
(2)若，直线与平面所成角的正弦值为，且，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证线线垂直，再证明线面垂直，从而可得线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，根据题中的条件得，再将问题转化为求即可.
【详解】（1）∵，E为AC的中点，∴，
又∵平面平面，平面平面，
∴平面，且平面，∴，
∵，∴，
又，∴平面，
又平面，∴．
（2）如图，以为坐标原点，分别以为x，z轴正方向，所外建立空间直角坐标系，设，则，
.
设平面的法向量，
则，即是，解得，
由题意：，即，解得或，
∵，
∴，
由有，可知,
∴.
【变式14-1】1. （2022·高二课时练习）如图，为正六棱柱，底面边长，高．
(1)若，求点到平面的距离；
(2)计算四面体的体积（用、来表示）．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）连接，，以点O为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.
（2）利用（1）中信息，求出的面积，再利用锥体的体积公式计算作答.
【详解】（1）在正六棱柱中，连接，，如图，
因、是正六边形，则分别是的中点，连，有，
而平面，则平面，又，
以点O为原点，向量的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，
设平面的法向量，则，令，得，
点到平面的距离，
当时，，
所以点到平面的距离是.
（2）由（1）知，点到平面的距离，，，即有，
在中，，，
所以四面体的体积.
【变式14-1】2. （2023秋·高二单元测试）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形A1C1CA为菱形，∠B1A1A=∠C1A1A=60°，AC=4，AB=2，平面ACC1A1⊥平面ABB1A1，Q在线段AC上移动，P为棱AA1的中点.
(1)若Q为线段AC的中点，H为BQ中点，延长AH交BC于D，求证：AD∥平面B1PQ;
(2)若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值为，求点P到平面BQB1的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取BB1中点E，连接AE，EH，结合已知条件易得EH∥B1Q、AE∥PB1，根据线面平行的判定可证面，面，再由面面平行的判定及性质即可证结论.
（2）连接PC1，AC1有PC1⊥AA1，由面面垂直的性质可得PC1⊥面ABB1A1，过P作PR⊥AA1交BB1于点R，进而构建空间直角坐标系，设=λ=λ(0,-2,2)，λ∈[0,1]，确定相关点坐标，求面PQB1、面AA1C1C的法向量，根据已知二面角的余弦值求参数λ，进而可得，连接BP，应用等体积法求P到平面BQB1的距离.
【详解】（1）如图，取BB1中点E，连接AE，EH，由H为BQ中点，则EH∥B1Q.
在平行四边形AA1B1B中，P、E分别为AA1，BB1的中点，则AE∥PB1，
由EH∩AE=E且面，面，
所以面，面，又PB1∩B1Q=B1，
所以面EHA∥面B1QP，而AD面EHA，
∴AD∥面B1PQ.
（2）连接PC1，AC1，由四边形A1C1CA为菱形，则AA1=AC=A1C1=4.
又∠C1A1A=60°，则△AC1A1为正三角形，P为AA1的中点，即PC1⊥AA1.
因为面ACC1A1⊥面ABB1A1，面ACC1A1∩面ABB1A1=AA1，PC1面ACC1A1，
∴PC1⊥面ABB1A1，在面ABB1A1内过P作PR⊥AA1交BB1于点R.
建立如图所示的空间直角坐标系P-xyz，则P(0,0,0)，A1(0,2,0)，A(0,-2,0)，C1(0,0,2)，C(0,-4,2)，
设=λ=λ(0,-2,2)，λ∈[0,1]，则Q(0,-2(λ+1),2λ)，
∴=(0,-2(λ+1),2λ).
∵A1B1=AB=2，∠B1A1A=60°，则B1(,1,0)，
∴=(,1,0).
设面PQB1的法向量为=(x,y,z)，则,令x=1，则=1,-,- ，
设面AA1C1C的法向量为=(1,0,0)，二面角B1-PQ-C1的平面角为θ，则，解得λ=或λ=-(舍)，
∴=且Q(0,-3,)，又B(,-3,0)，
∴=(,0,-)，故||=，=(,4,-)，故||=.
所以，即，
连接BP，设P到平面BQB1的距离为h，则××4××=××4××h，
∴h=，即点P到平面BQB1的距离为.
题型15线面角问题
【例题15】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，，，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)见解析；
(2).
【分析】(1) 设,连接,由题意可得为的中点，又因为，，所以，，从而可得平面，即可证明平面平面；
(2)建立以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴的空间坐标系，利用向量法求解.
【详解】（1）证明：设,连接,如图所示：
则为的中点，
因为，
所以，
即，
又因为，
所以，
又因为，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面；
（2）解：因为，
所以为正三角形，四边形为菱形，
因为，，
设，则，，
所以为等腰直角三角形，
所以，
又因为四边形为菱形，
所以，，
又因为，
所以，
所以，
即两两垂直，
以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的坐标系：
所以，，，，，
设，
由可得，
所以，
所以，
所以，，，
设平面的法向量为，
所以，
即有，
令，得，
所以，
设直线与平面所成角为，
则有.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【变式15-1】1. （2022·全国·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面底面ABC，是以AC为斜边的等腰直角三角形，且，，，．
(1)证明：平面ABC；
(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）根据面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理，结合已知条件，即可证明；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出和平面的一个法向量，再利用空间向量夹角公式，即可求解．
(1)
证明：∵是以AC为斜边的等腰直角三角形，且，
∴，．又，，
故为等边三角形，．
∵，∴O为AC的中点，∴．
又平面平面ABC，平面平面，
且平面，∴平面ABC．
(2)
∵，且O为AC的中点，∴．
以O为坐标原点，以OB，OC，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．
由题意可知，．
又，，∴，
则，，，，，，．
设平面的法向量为，
则即
令，得，∴，
∴．
设直线与平面所成角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值是．
【点睛】综合性考查落实，本题以立体几何为背景，考查空间中直线与平面的位置关系、直线与平面所成角的正弦值，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查直观想象、逻辑推理、数学运算核心素养．
【变式15-1】2. （2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，，F是的中点．
(1)证明：；
(2)求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点为G，连接，可证，从而证明，证明平面，从而证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，再求得平面的法向量和的坐标，根据向量的夹角公式即可求得答案.
【详解】（1）取中点为G，连接，在中，根据勾股定理可得，
因此，
而已知平面，
∴，∴，
由余弦定理可得，
故 ,
因此平面，
而平面，
∴．
（2）由（1）得，，又平面，
故以C为坐标原点，分别 为x,y,z轴建立如图空间直角坐标系，
则：，
，
设平面的法向量为，则 ，
令，可取，又，
所以与平面所成角的正弦值．
【变式15-1】3．（2023·全国·高三专题练习）在三棱柱中中，为中点，平面平面.
(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)
【分析】（1）依题意可得，根据面面垂直的性质即可得证；
（2）在平面内过点作，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；
【详解】（1）证明：因为，为的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以 平面；
（2）解：在平面内过点作，如图建立空间直角坐标系，由，，所以，所以，因为，所以，所以，，，，，由，所以，所以，显然平面的一个法向量可以为，设与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为；
【点睛】
【变式15-1】4. （2023·全国·高二专题练习）在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，E是的中点.
(1)求证：平面；
(2)点P在线段上（异于点，），与平面所成角为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)根据线面垂直的判定定理证明；
(2)利用空间向量的坐标运算表示线面夹角即可求解.
【详解】（1）因为四边形为菱形，所以，
又因为，，平面，，
所以平面.
（2）取的中点O，连接，四边形为菱形，且，
所以.
因为平面平面，平面平面，
平面，
所以平面，所以，又因为，与相交，
所以平面.取中点D，连结，
以O为原点，，，为空间基底建立直角坐标系.
则，，，，
所以，.
设平面的一个法向量为，
所以，令，则，，
所以.
设，可得点，.
由题意
解得或（舍），即.
题型16二面角问题
【例题16】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，平面平面，侧面是边长为2的正方形，，，、分别为、的中点
(1)求证：
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，作出辅助线，进而得到四边形为平行四边形，从而证明线线平行，证明出；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦值；
方法二：作出辅助线，找到二面角的平面角，结合题目条件求出各边长，求出二面角的余弦值.
【详解】（1）∵平面平面，平面平面，，平面，
∴平面，
∵平面，
∴
又∵，，平面，
∴平面，
取的中点，连接、，
∵平面，
∴，
又∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴；
（2）方法一：∵平面，平面，
∴，
如图，以为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，
∴，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，故，
设平面的一个法向量为，
则，解得：，取，则，
∴，
设二面角为，由图可知：为锐角，
则，
所以二面角的余弦值为
方法二：取的中点，过点作于点，连接，，
∵，为的中点，
∴，
由（1）可知，平面，
∵平面，
∴，且，平面，
∴平面，
∵平面，
∴，
又∵，，平面，
∴平面，
∵平面，
∴，
∴即为二面角的平面角，
∵直角三角形中，为斜边中线，
∴，故，
又∵，
∴，
∵，，，
∴，
而，
∴，
∴，
所以二面角的余弦值为.
【变式16-1】1. （2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，.
(1)求证：；
(2)若，，点满足，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，由菱形性质和等腰三角形三线合一可得，，由线面垂直的判定与性质可证得结论；
（2）由勾股定理和线面垂直的判定可证得平面，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用可得坐标，利用二面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）连接交于点，连接，
四边形为菱形，，为中点，
又，，
，平面，平面，
又平面，.
（2），，，，
在中，，，
在中，有，，
又，平面，平面，
则以为坐标原点，为轴可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
，
设，则，，
，，解得：，，，，
设平面的法向量，
，令，解得：，，；
又平面，则平面的一个法向量为，
，
又二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.
【变式16-1】2. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，，．
(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）取的中点，连接，，即可证明平面，从而得证；
（2）证明平面，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，再由空间向量求解．
【详解】（1）取的中点，连接，，
，，，，
又，平面，平面，
而平面，
；
（2）在中，，，
可得，，
在中，，，可得，
在中，，，，
可得，即，
由（1）知，平面，平面，所以平面平面，
又平面平面，平面，
平面，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面与平面的一个法向量分别为，，
由，取，得，
由，取，得．
．
由图可知，二面角的平面角为钝角，
二面角的余弦值为．
【变式16-1】3. （2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，，D为BC的中点，平面平面.
(1)证明：平面；
(2)已知四边形是边长为2的菱形，且，求平面与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用等腰三角形性质，面面垂直的性质推理作答.
（2）以点D为原点，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，由是的中点，得，
而平面平面，且平面平面平面，
所以平面.
（2）因为四边形为菱形，，则为正三角形，连接，有，
而平面平面，平面平面，因此平面，两两垂直，
以为坐标原点，分别为轴,轴,轴，建立空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量，则，令，得，
显然平面的法向量，设平面与平面所成角为，
则，
所以平面与平面所成角的正弦值为.
【变式16-1】4. （2023·全国·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．
【变式16-1】5.（2023·广东东莞·校考三模）如图所示，在三棱柱中，底面是正三角形，侧面是菱形，点在平面的射影为线段的中点，过点，，的平面与棱交于点．
(1)证明：四边形是矩形；
(2)求平面和平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据线面平行的判定定理，性质定理证出四边形是平行四边形，再由条件可证得平面，于是，从而四边形是矩形；
（2）由（1）知，，两两垂直，以，，所在直线分别为轴 轴 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，再分别求出平面，平面的一个法向量，然后根据二面角的向量公式即可求出．
【详解】（1）连接，，
在三棱柱中，侧面为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为平面，且平面平面，所以，
因此，
因为点是的中点，所以为中点，所以，
所以四边形为平行四边形，
在正中，因为是的中点，所以，
由题可知平面，平面，所以，，
因为，平面，所以平面，
又平面，所以，故四边形为矩形.
（2）由（1）知，，两两垂直，
以，，所在直线分别为轴 轴 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则.
在中，，，所以.
于是，，，，
，，.
设平面的法向量为，
由，得，取.
设平面的法向量为，
由，得，取.
设平面和平面夹角为，
则，
故平面和平面夹角的余弦值为.
【变式16-1】6. （2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，△ABC是边长为2的正三角形，顶点在底面ABC的投影为AB的中点O，已知与底面ABC内所有直线所成角中的最小值为，M为棱上一点．
(1)求三棱锥的体积；
(2)若，求二面角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）通过选择不同的底面和高，将求三棱锥的体积转化为求三棱锥的体积；
（2）建立合适的空间直角坐标系，即可求解.
【详解】（1）因为在三棱柱中，O为在底面投影，
所以面ABC，面．
又因为O为AB中点，所以，AC＝2，所以．
因为与底面ABC内所有直线所成角中的最小值为，且面ABC，
所以，，
所以．
（2）以O为原点，OB，OC，为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，，，，，
又因为，所以，
所以，，．
设为平面ABM的一个法向量，
则 即，
令，则；
设为平面CBM的一个法向量，
则 即，
令，则．
所以．
所以二面角的正弦值为．
【变式16-1】7.（2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，底面ABC是等边三角形，侧面BCC1B1是矩形，AB＝A1B，N是B1C的中点，M是棱AA1上的中点，且AA1⊥CM.
(1)证明：MN∥平面ABC；
(2)若AB⊥A1B，求二面角A -CM -N的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）取中点，构造平行四边形，由线面平行推出线面平行.
（2）根据已知条件建立适当的空间直角坐标系.
【详解】（1）证明：如图
在三棱柱中，连接，取的中点，连接，，
因为三棱柱，所以
因为侧面是矩形，，所以，
又，，所以平面，，
因为，故
因为是的中点，是中点，
所以，且，
又是中点，所以,,
所以四边形是平行四边形，所以，平面
平面，所以平面.
（2）
