本章总结提升
【素养提升】
题型一
例1 证明:由题意易知DA,DP,DC两两垂直.以{,,}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.设DA=1.
(1)依题意有D(0,0,0),Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0),
则=(1,1,0),=(0,0,1),=(1,-1,0),所以·=1×1+1×(-1)+0=0,·=0×1+0×(-1)+1×0=0,即PQ⊥QD,PQ⊥DC,又DQ∩DC=D,DQ,DC 平面DCQ,所以PQ⊥平面DCQ.
又PQ 平面PQB,所以平面PQB⊥平面DCQ.
(2)根据题意,有A(1,0,0),B(1,0,1),
则=(1,0,0),=(0,0,1),=(0,1,0),
故·=0,·=0,
又,不共线,所以为平面BAQ的一个法向量.
又=(0,-2,1),且·=0,所以⊥,
又PC 平面BAQ,所以PC∥平面BAQ.
变式 解:(1)证明:以{,,}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,
则A(0,0,0),A1(0,0,2),B1(2,0,2),C1(2,2,2),D1(0,2,2),E(2,1,0),
可得=(2,0,2),=(0,2,0),=(2,1,-2),
于是·=2×0+0×2+2×0=0,·=2×2+0×1+2×(-2)=0,即AB1⊥A1D1,AB1⊥A1E,
又A1D1∩A1E=A1,A1D1,A1E 平面A1ED1,
所以AB1⊥平面A1ED1.
(2)由(1)知=(2,2,0),=(0,1,2),
设平面A1EC1的法向量为n=(x,y,z),
则取z=1,则x=2,y=-2,得n=(2,-2,1),
假设存在点F,使直线D1F∥平面A1EC1,设点F的坐标为(t,2,0),0≤t≤2,
则=(-t,0,2),由题意需满足⊥n,得n·=-2t+2=0,解得t=1,
所以存在点F,使直线D1F∥平面A1EC1,此时DF=1.
题型二
例2 D [解析] 方法一:如图,建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则P(1,1,2),B(2,2,0),A(2,0,0),D1(0,0,2),所以=(-2,0,2),=(1,1,-2),所以cos<,>==-=-,又直线PB与AD1所成的角为锐角,所以直线PB与AD1所成的角为,故选D.
方法二:如图,连接BC1,易知AD1∥BC1,所以AD1与PB所成的角即为BC1与PB所成的角.连接A1B,A1C1,易知△A1BC1为等边三角形,且P为A1C1的中点,故∠PBC1=,所以直线PB与AD1所成的角为,故选D.
例3 解:(1)证明:在△AEF中,AE=AD=2,AF=AB=4,∠EAF=30°,∴cos∠EAF===,∴EF=2.
∵EF2+AE2=AF2,∴AE⊥EF,得PE⊥EF,DE⊥EF,
又PE∩DE=E,PE,DE 平面PDE,∴EF⊥平面PDE,
又∵PD 平面PDE,∴EF⊥PD.
(2)连接CE,∵DE=5-2=3,CD=3,∠CDE=90°,∴CE2=36,得CE=6.
又PE=AE=2,PC=4,
∴PE2+CE2=PC2,
∴PE⊥CE.
又PE⊥EF,EF∩CE=E,EF,CE 平面DEC,
∴PE⊥平面DEC,∴PE⊥ED,即EF,ED,EP两两垂直.
以E为原点,EF,ED,EP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,
则P(0,0,2),D(0,3,0),F(2,0,0),A(0,-2,0),C(3,3,0),由F为AB的中点,得B(4,2,0),得=(0,3,-2),=(-3,0,0),=(4,2,-2),=(-2,-2,0).
设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,z1),则
∴令y1=2,则n1=(0,2,3).
设平面PBF的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则∴
令x2=,则n2=(,-1,1).
设平面PCD与平面PBF所成的二面角为α,
∵cos==,
∴sin α==.
变式 解:(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,
∴PA⊥AD.
又∵AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA 平面PAB,
∴AD⊥平面PAB,∵AB 平面PAB,∴AD⊥AB.
在△ABC中,AB2+BC2=AC2,∴AB⊥BC.
∵A,B,C,D四点共面,∴AD∥BC,
又∵BC 平面PBC,AD 平面PBC,
∴AD∥平面PBC.
(2)方法一:以D为原点,以DA,DC所在直线分别为x,y轴,以过点D且与平面ABCD垂直的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
设AD=t(0=(-t,,0),=(0,0,2),
设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则即不妨令x1=,则y1=t,z1=0,故n1=(,t,0).
=(t,0,2),=(0,,0),
设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则即不妨令z2=t,则x2=-2,y2=0,故n2=(-2,0,t).
∵二面角A-CP-D的正弦值为,∴平面ACP与平面CPD夹角的余弦值为,
∴=|cos|==,可得t=,∴AD=.
方法二:如图所示,过点D作DE⊥AC于E,过点E作EF⊥CP于F,连接DF.
∵PA⊥平面ABCD,PA 平面PAC,
∴平面PAC⊥平面ABCD,
又平面PAC∩平面ABCD=AC,DE⊥AC,∴DE⊥平面PAC.
又CP 平面PAC,∴DE⊥CP,
又EF⊥CP,DE∩EF=E,
∴CP⊥平面DEF,得DF⊥CP,
根据二面角的定义可知,∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角,即sin∠DFE=,
又∠DFE为锐角,∴tan∠DFE=.
设AD=x(0则CE==,又△EFC为等腰直角三角形,∴EF=,故tan∠DFE===,解得x=,即AD=.
例4 解:(1)证明:如图,取CB1的中点P,连接NP,MP,由N是B1C1的中点,得NP∥CC1,NP=CC1,
由M是DD1的中点,得D1M=DD1=CC1,D1M∥CC1,
所以D1M∥NP,D1M=NP,
故四边形D1MPN是平行四边形,故D1N∥MP.
因为MP 平面CB1M,D1N 平面CB1M,
所以D1N∥平面CB1M.
(2)以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(2,0,0),B1(2,0,2),M(0,1,1),C(1,1,0),C1(1,1,2),
所以=(1,-1,2),=(-1,0,1),=(0,0,2).
设平面CB1M与平面BCC1B1的法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2),
则有
令x1=x2=1,则有y1=3,z1=1,y2=1,z2=0,
即m=(1,3,1),n=(1,1,0),
则cos===,
故平面CB1M与平面BCC1B1的夹角的余弦值为.
(3)由=(0,0,2),平面CB1M的一个法向量为m=(1,3,1),
得==,
故点B到平面CB1M的距离为.
变式 [解析] 以{,,}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,4,0),A1(0,0,3),∴=(2,0,0),=(0,4,0),=(0,0,3),设平面α的一个法向量为n=(x,y,z),由题意得解得
∴顶点A1到平面α的距离是==.
题型三
例5 C [解析] 以{,,}为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(1,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),设P(a,b,1),M(0,1,t)(0≤t≤1),则=(a-1,b,1),=(-1,-1,1),=(0,-1,1-t).因为AP⊥平面MBD1,所以AP⊥BD1,AP⊥MD1,即
解得所以=(t,1-t,1),所以||==.又0≤t≤1,所以当t=,即M是CC1的中点时,||取得最小值,当t=0或1,即M与点C或C1重合时,||取得最大值,所以线段AP长度的取值范围为.故选C.
变式 C [解析] 不妨设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1.以{,,}为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则M,N,C(0,1,0),B1(1,1,1),D(0,0,0),D1(0,0,1).所以=,=λ=(-λ,0,-λ),可得E(1-λ,1,1-λ),则=.设平面MNE的法向量为m=(x,y,z),则令x=1,则y=2λ-,z=1,可得m=.设直线DD1与平面MNE所成的角为α,又=(0,0,1),所以sin α=|cos|===,从而当λ=时,sin α取到最大值,又α∈,所以当λ=时,直线DD1与平面MNE所成的角最大.故选C.
题型四
例6 解:(1)证明:取AC的中点O,连接OB,OP,依题意得PA=PB=PC=,OP=1,OA=OB=OC=1,
则OP2+OB2=2=PB2,所以OP⊥OB,同理OP⊥OA,
又OA∩OB=O,OA 平面ABC,OB 平面ABC,所以OP⊥平面ABC,
又OP 平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABC.
(2)由(1)知,OB⊥OP,又OB⊥AC,AC∩OP=O,所以OB⊥平面PAC,连接OM,则∠BMO为直线BM与平面PAC所成的角,且tan∠BMO==,
因此当OM最小时,tan∠BMO最大,即∠BMO最大,又OP=OA,OP⊥OA,所以当OM最小时,M为PA的中点,
以{,,}为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则O(0,0,0),C(1,0,0),B(0,1,0),A(-1,0,0),P(0,0,1),M,
可得=(1,-1,0),=.
设平面MBC的法向量为m=(x,y,z),
则令x=1,则y=1,z=3,得m=(1,1,3),显然平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),设平面MBC与平面ABC的夹角为θ,
则cos θ=|cos|===,
所以平面MBC与平面ABC夹角的余弦值为.
变式 解:(1)由题设知AB∥DC,所以∠BDC=∠ABD=60°.
又BC=CD=1,所以△BCD为等边三角形,所以BD=BC=1.
在△ABD中,AB=2,BD=1,
所以AD2=AB2+BD2-2AB×BD×cos∠ABD=22+12-2×2×1×cos 60°=3,则AD=.
所以AD2+BD2=AB2,即AD⊥BD,
又PB⊥AD,PB∩BD=B,且PB,BD 平面PBD,所以AD⊥平面PBD.
因为AD 平面ABCD,所以平面PBD⊥平面ABCD.
如图①,设O为BD的中点,连接PO,因为PB=PD,所以PO⊥BD.
又因为平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD,PO 平面PBD,所以PO⊥平面ABCD,
所以PO即为点P到平面ABCD的距离.
在Rt△POB中,PB=1,BO=BD=,
所以PO==,
即点P到平面ABCD的距离为.
(2)如图②,连接OC,则OC⊥BD,且OC 平面ABCD,
又PO⊥平面ABCD,所以PO⊥OC,
又PO⊥BD,所以PO,BD,OC两两互相垂直.
以{,,}为正交基底,建立如图②所示的空间直角坐标系O-xyz.
则B,C,D,P,
所以=,=(1,0,0),=,=.
假设棱PC上存在满足题意的点F,不妨设=λ,
由(1)知0<λ≤1,则F,
所以=.
设m=(x,y,z)是平面BDF的法向量,
则可得y=z,不妨取z=1,则平面BDF的一个法向量为m=.
设n=(x1,y1,z1)是平面PBC的法向量,
则取y1=1,则x1=,z1=1,所以平面PBC的一个法向量为n=(,1,1),所以|cos|===,
化简整理得9λ2-9λ+2=0,解得λ=或λ=.
则=或=.
故当点F为PC的三等分点时,满足平面DBF与平面PBC夹角的余弦值为.本章总结提升
◆ 题型一 用空间向量证明空间位置关系
[类型总述] (1)证明垂直关系;(2)证明平行关系.
例1 [2025·江苏启东期末] 如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=PD.
(1)证明:平面PQB⊥平面DCQ;
(2)证明:PC∥平面BAQ.
变式 [2025·广东佛山乐从中学高二质检] 如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BC的中点,F为棱CD上一点.请用向量方法解决以下问题.
(1)证明:AB1⊥平面A1ED1.
(2)是否存在点F,使直线D1F∥平面A1EC1 若存在,求出DF的长度;若不存在,请说明理由.
◆ 题型二 用空间向量求空间角和距离
[类型总述] (1)求空间角;(2)求距离.
例2 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为 ( )
A. B.
C. D.
例3 [2024·新课标Ⅱ卷] 如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足=,=,将△AEF沿EF对折至△PEF,使得PC=4.
(1)证明:EF⊥PD;
(2)求平面 PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.
变式 [2024·新课标Ⅰ卷] 如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD.
例4 [2024·天津卷] 如图,已知在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=DC=1.N是B1C1的中点,M是DD1的中点.
(1)求证:D1N∥平面CB1M;
(2)求平面CB1M与平面BCC1B1的夹角的余弦值;
(3)求点B到平面CB1M的距离.
变式 [2024·江苏南通海安实验中学高二期中] 如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A在平面α内,其余顶点均在平面α的同侧,AB=2,AD=4,AA1=3.若顶点B到平面α的距离为1,顶点D到平面α的距离为,则顶点A1到平面α的距离为 .
◆ 题型三 空间向量中的范围与最值问题
[类型总述] (1)范围问题;(2)最值问题.
例5 [2025·江苏徐州期末] 如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,动点M在线段CC1上,动点P在平面A1B1C1D1上,且AP⊥平面MBD1.则线段AP长度的取值范围是 ( )
A.[1,] B.
C. D.
变式 [2025·江苏盐城期末] 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,=,=,=λ,当直线DD1与平面MNE所成的角最大时,λ= ( )
A. B.
C. D.
◆ 题型四 空间中的综合问题
[类型总述] (1)探索性问题;(2)折叠问题.
例6 [2025·江苏无锡期末] 已知在三棱锥P-ABC(如图①)的平面展开图(如图②)中,四边形ABCD为边长等于的正方形,△ABE和△BCF均为正三角形,在三棱锥P-ABC中:
(1)证明:平面PAC⊥平面ABC;
(2)若点M在棱PA上运动,当直线BM与平面PAC所成的角最大时,求平面MBC与平面ABC夹角的余弦值.
变式 [2025·江苏淮安期末] 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为梯形,AB∥DC,AB=2BC=2CD=2,∠ABD=60°,PB⊥AD,PB=PD=1.
(1)求点P到平面ABCD的距离.
(2)在棱PC上是否存在点F,使得平面DBF与平面PBC夹角的余弦值为 若存在,求出点F的位置;若不存在,请说明理由.(共58张PPT)
本章总结提升
题型一 用空间向量证明空间位置关系
题型二 用空间向量求空间角和距离
题型三 空间向量中的范围与最值问题
题型四 空间中的综合问题
答案核查
题型一 用空间向量证明空间位置关系
［类型总述］（1）证明垂直关系;（2）证明平行关系.
例1 ［2025·江苏启东期末］如图，四边形为正方形， 平
面，， .
（1）证明：平面 平面 ；
证明：由题意易知,, 两两垂直.
以,, }为正交基底，建立如图所示
的空间直角坐标系.
设 .
依题意有,, ,
, 则,, , 所以
,
，即, ,
又,, 平面,所以 平面 .
又 平面，所以平面 平面 .
例1 ［2025·江苏启东期末］如图，四边形为正方形， 平
面，， .
（2）证明：平面 .
证明： 根据题意，有, ,
则,, ,
故, ,
又,不共线，所以为平面 的一个法向量.
又,且，所以 ,
又 平面，所以平面 .
变式 ［2025·广东佛山乐从中学高二质检］如图，在
棱长为2的正方体中，为棱 的
中点，为棱 上一点.请用向量方法解决以下问题.
（1）证明： 平面 .
证明：以，， }为正交基底，建立如图所示
的空间直角坐标系 ，
则,,,, ,
，可得,, ，
于是 ,
，即
, ，
又,, 平面 ，所以 平面 .
变式 ［2025·广东佛山乐从中学高二质检］如图，
在棱长为2的正方体中，为棱
的中点，为棱 上一点.请用向量方法解决以下问
题.
（2）是否存在点，使直线平面？若存在，求出 的
长度；若不存在，请说明理由.
解：由（1）知, ，
设平面的法向量为 ，
则取，则 ，
，得 ，
假设存在点，使直线平面，设点的坐标为 ,
，
则，由题意需满足 ，得
，解得 ，
所以存在点，使直线平面，此时 .
题型二 用空间向量求空间角和距离
［类型总述］（1）求空间角;（2）求距离.
例2 在正方体中，为的中点，则直线 与
所成的角为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 方法一：如图，建立空间直角坐标系，设正
方体的棱长为2，则,, ,
,所以， ,所以
， ,
与所成的角为锐角，所以直线与所成的角为 ，
故选D.
方法二：如图，连接，易知,所以
与所成的角即为与所成的角.
连接 , ，易知为等边三角形，且为
的中点，故，所以直线与所成
的角为 ，故选D.
例3 [ 2024·新课标Ⅱ卷]如图，平面四边形
中，,, ,
, ,点， 满足
,，将沿 对折至
，使得 .
（1）证明： ;
证明：在中， ，
， ，
，
.
，，得， ，
又,, 平面， 平面 ，
又 平面， .
例3 [ 2024·新课标Ⅱ卷]如图，平面四边形
中，,, ,
, ,点， 满足
,，将沿 对折至
，使得 .
（2）求平面与平面 所成的二面角的正弦值.
解：连接， ，
， ,,得 .
又, ，
,
.
又，,, 平面， ，
平面，，即，， 两两垂直.
以为原点，，，所在直线分别为, , 轴建立如图所示的
空间直角坐标系，
则,, ,
，,
由为 的中点, 得，
得 , ,
, .
设平面的法向量为 ,则
令 ,则 .
设平面的法向量为 ，
则
令,则 .
设平面与平面所成的二面角为 ，
, ，
.
变式 [2024· 新课标Ⅰ卷］如图，四棱锥中， 底面
，，， .
（1）若，证明：平面 ；
证明： 平面， 平面 ，
.
又，,, 平面 ，
平面， 平面， .
在中，， .
，，，四点共面， ，
又 平面， 平面 ，
平面 .
变式 [2024· 新课标Ⅰ卷］如图，四棱锥中， 底面
，，， .
（2）若，且二面角的正弦值为,求 .
解：方法一：以为原点，以， 所在直线分别
为,轴，以过点且与平面垂直的直线为 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.
设,则,, ,
, .
, ,
设平面的法向量为 ，
则即 不妨令
,则,,故 .
, ,
设平面的法向量为 ,
则即不妨令 ,则
,，故 .
二面角的正弦值为, 平面 与平
面夹角的余弦值为 ，
,，可得 ,
.
方法二：如图所示，过点作于，过点 作
于，连接 .
平面， 平面 ，
平面 平面 ，
又平面 平面，，
平面 .
又 平面， ，
又， ，
平面，得 ，
根据二面角的定义可知， 即为二面角
的平面角，即 ，
又为锐角， .
设，则 ，由等面积
法可得， ，则，
又 为等腰直角三角形， ，故，解得 ，即 .
例4 ［2024·天津卷］如图，已知在四棱柱
中，底面 为梯形，
， 平面， ，其中
,是的中点， 是
的中点.
（1）求证：平面 ；
证明：如图，取的中点，连接，，由 是
的中点，得， ，
由是的中点，得 ，
，
所以， ，
故四边形是平行四边形，故 .
因为 平面， 平面 ，
所以平面 .
例4 ［2024·天津卷］如图，已知在四棱柱
中，底面 为梯形，
， 平面， ，其中
,是的中点， 是
的中点.
（2）求平面与平面 的夹角的余弦值；
解：以 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，， ，
，
所以，， .
设平面与平面 的法向量分别为
， ，
则有
令，则有，，， ，
即， ，
则, ，
故平面与平面的夹角的余弦值为 .
例4 ［2024·天津卷］如图，已知在四棱柱
中，底面 为梯形，
， 平面， ，其中
,是的中点，
是 的中点.
（3）求点到平面 的距离.
解：由，平面 的一个法向量为
，
得 ，
故点到平面的距离为 .
变式 ［2024·江苏南通海安实验中学高二期中］如
图，长方体的顶点在平面 内，
其余顶点均在平面 的同侧，， ，
.若顶点到平面 的距离为1，顶点 到平
面 的距离为，则顶点到平面 的距离为
_ ____.
[解析] 以，， }为正交基底，建立如图
所示的空间直角坐标系,则 ，
，， ，
，， ，
设平面 的一个法向量为 ，由题意得
解得
顶点到平面 的距离是 .
题型三 空间向量中的范围与最值问题
［类型总述］（1）范围问题;（2）最值问题.
例5 ［2025·江苏徐州期末］如图，正方体
的棱长为1，动点 在线段
上，动点在平面上，且 平
面.则线段 长度的取值范围是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 以,, }为单位正交基底，建立如图所
示的空间直角坐标系，则, ,
，
设， ，则
,，.
因为 平面，所以, ，即
解得
所以 ，所以
.
又，所以当，即是的中点时， 取得最小值，当或1，即与点或 重合时，取得最大值，所以线段 长度的取值范围为 .故选C.
变式 ［2025·江苏盐城期末］如图，在正方体
中，, ,
，当直线与平面 所成的角最
大时， ( )
A. B. C. D.
√
[解析] 不妨设正方体 的棱长为1.
以,, }为单位正交基底，建立如图所示的空间
直角坐标系 ，
则，，， ，
，.
所以， ，
可得，则.
，
则
令，则， ，可得.
设直线与平面 所成的角为 ，又 ，所以
，
从而当时， 取到最大值，
又 ，所以当时，直线与平面 所成的角最大. 故选C.
题型四 空间中的综合问题
［类型总述］（1）探索性问题;（2）折叠问题.
例6 ［2025·江苏无锡期末］已知在三棱锥 （如图①）的平
面展开图（如图②）中，四边形为边长等于 的正方形，
和均为正三角形，在三棱锥 中：
（1）证明：平面 平面 ；
证明：取的中点，连接， ，
依题意得， ，
，
则，所以 ，
，
又, 平面， 平面，所以 平面
，
又 平面，所以平面 平面 .
例6 ［2025·江苏无锡期末］已知在三棱锥 （如图①）的平
面展开图（如图②）中，四边形为边长等于 的正方形，
和均为正三角形，在三棱锥 中：
（2）若点在棱上运动，当直线与平面 所成的角最大时，
求平面与平面 夹角的余弦值.
解：由（1）知，，又，，所以
平面，
连接，则为直线与平面 所成的角，且
，
因此当最小时，最大，即最大，
又 , ，所以当最小时，
为 的中点，
以,, }为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系
，则，，，， ，
，可得， .
设平面的法向量为 ，
则令，则， ，得
，
显然平面的一个法向量为 ，
设平面与平面的夹角为 ，
则, ，
所以平面与平面夹角的余弦值为 .
变式 ［2025·江苏淮安期末］如图，在四棱锥 中，底面
为梯形，,， ,
, .
（1）求点到平面 的距离.
解：由题设知 ，所以
.
又，所以 为等边三角形，
所以 .
在中，, ，
所以，则 .
所以，即 ，
又,，且, 平面
，所以 平面 .
因为 平面，所以平面 平
面 .
如图①，设为的中点，连接 ，
因为，所以 .
又因为平面 平面，平面
平面， 平面 ，所以
平面 ，
所以即为点到平面 的距离.
在中，， ，
所以 ，
即点到平面的距离为 .
变式 ［2025·江苏淮安期末］如图，在四棱
锥中，底面 为梯形，
, ，
,, .
（2）在棱上是否存在点，使得平面与平面 夹角的余弦
值为？若存在，求出点 的位置；若不存在，请说明理由.
解：如图②，连接，则，且 平面 ，
又 平面，所以 ，
又，所以，， 两两互相垂直.
以，， }为正交基底，建立如图②所
示的空间直角坐标系 .
则,,, ，
所以,, ,
.
假设棱上存在满足题意的点，不妨设 ，
由（1）知，则 ，
所以 .
设是平面 的法向量，
则可得 ，不妨取
，则平面的一个法向量为 .
设是平面 的法向量，
则取，则， ，所以
平面的一个法向量为 ，
，
化简整理得，解得或 .
则或 .
故当点为的三等分点时，满足平面与平面 夹角的余弦
值为 .
快速核答案
题型一 例1 （1）证明略（2）证明略
变式 （1）证明略（2） 存在点，使直线平面，此时
题型二 例2 D 例3 （1）证明略（2） 变式 （1）证明略（2）
例4 （1）证明略（2）
题型三 例5 C 变式 C
题型四 例6 （1）证明略（2）
变式 （1）（2）当点为的三等分点时，满足平面与平面夹角的
余弦值为
