新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習考點歸納與演練專題8-2 立體幾何中的角和距離問題（含探索性問題）（含解析）

專題8-2立體幾何中的角和距離問題（含探索性問題）目錄TOC\o"1-1"\h\u專題8-2立體幾何中的角和距離問題（含探索性問題） 1 1題型一：異面直線所成角（含定值，最值，范圍） 1題型二：線面角（定值，最值） 12題型三：線面角探索性問題 32題型四：二面角（定值，最值） 47題型五：二面角探索性問題 68題型六：點到平面距離問題 80 95題型一：異面直線所成角（含定值，最值，范圍）【典例分析】例題1．（2022·山東泰安·二模）已知，兩點都在以為直徑的球的球面上，，，若球的體積為，則異面直線與所成角的余弦值為（

）A． B．C． D．【答案】A【詳解】如圖，取中點，連接，由可得是的外心，則平面，又，，由得，即，又，，分別是中點，，，以為軸建立空間直角坐標系，則，與平行的向量，，故異面直線PB與AC所成角的余弦值為.故選：A.例題2．（2022·江蘇省橫林高級中學(xué)高二階段練習）在正方體中，是棱的中點，是底面內(nèi)（包括邊界）的一個動點，若平面，則異面直線與所成角的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】解：取中點，中點，連接，，，取中點，連接，在正方體中，是棱的中點，，，，，，平面平面，是底面內(nèi)（包括邊界）的一個動點，平面，的軌跡是線段，如圖，以D為原點，為軸建立空間之間坐標系，設(shè)正方體棱長為2則，，，，由于在線段上，設(shè)，且所以則，又所以由于，所以所以異面直線與所成角的取值范圍.故選：C.例題3．（2022·湖北·荊門市東寶中學(xué)高二期中）如圖，在四棱錐中，已知平面，且四邊形為直角梯形，，，.（1）求平面與平面所成銳二面角的余弦值；（2）點是線段上的動點，當直線與所成的角最小時，求線段的長.【答案】(1)(2)【詳解】試題分析：以為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系，則各點的坐標為．（1）因為平面，所以是平面的一個法向量，．因為．設(shè)平面的法向量為，則，即，令，解得．所以是平面的一個法向量，從而，所以平面與平面所成二面角的余弦值為．（2）因為，設(shè)，又，則，又，從而，設(shè)，則，當且僅當，即時，的最大值為．因為在上是減函數(shù)，此時直線與所成角取得最小值．又因為，所以．【提分秘籍】設(shè)異面直線和所成角為，其方向向量分別為，；則異面直線所成角向量求法：①②③涉及到異面直線所成角所成范圍或最值問題時，根據(jù)得到的解析式，可通過配方為二次函數(shù)，或者基本不等式，或者求導(dǎo)，求出范圍或者最值.【變式演練】1．（2022·江蘇·高二階段練習）在長方體中，為空間內(nèi)一點，為底面內(nèi)一點，且滿足，異面直線與所成角為，則當線段的長度取最小值時，的值為（

）A． B． C． D．【答案】B【詳解】由，得，即，所以點在直線上.又異面直線與所成的角為，為底面內(nèi)一點，所以點在以點為圓心，半徑為的圓上，因此要使長度最小，則、、共線，且.因為，，所以，，此時，又因為與反向，所以.故選：B.2．（多選）（2022·河南·高二期中）在三棱錐中，平面平面BCD，，，為等邊三角形，E是棱AC的中點，F(xiàn)是棱AD上一點，若異面直線DE與BF所成角的余弦值為，則AF的值可能為（

）A． B．1 C． D．【答案】AC【詳解】由為等邊三角形，取BD的中點O，連接,則又平面平面BCD，且平面平面所以平面BCD，由過作與平行的直線為軸，分別以為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，因為，則，，所以．設(shè)，則，，則，解得或，故或．故選：AC3．（多選）（2022·浙江·余姚中學(xué)高二階段練習）如圖，在三棱錐中，平面平面，與均為等腰直角三角形，且，，是線段上的動點（不包括端點），若線段上存在點，使得異面直線與成的角，則線段的長度可能為（

）A． B． C． D．【答案】AB【詳解】解：以為原點，為軸，為軸，過作平面的垂線為軸，建立空間直角坐標系，則，，，，設(shè)，因為與為異面直線，所以，，，則，異面直線與成的角，，，，，解得，，線段長的取值范圍是．故選：AB．4．（2022·云南·玉溪市民族中學(xué)模擬預(yù)測（文））如圖，在直三棱柱中，D，E，F(xiàn)分別是的中點，．(1)證明：平面；(2)若，求異面直線與所成角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)．【詳解】（1）證明：因為三棱柱是直三棱柱，所以面ABC，又面ABC，則，又因為，且，平面，平面，所以平面；（2）由（1）知：平面，建立如圖所示空間直角坐標系：設(shè)AD=2，則，所以，設(shè)異面直線與所成的角為，所以.5．（2022·天津·二模）如圖所示，在幾何體ABCDEF中，四邊形ABCD為直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，AE⊥底面ABCD，AE∥CF，AD=3，AB=BC=AE=2，CF=1．(1)求證：BF∥平面ADE；(2)求直線BE與直線DF所成角的余弦值；【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）證明：∵AE∥CF，AE?平面BFC，CF?平面BFC，∴AE∥平面BCF，∵AD∥BC，同理可得AD∥平面BFC，又AD∩AE=A，∴平面BCF∥平面ADE，∵BF?平面BFC，∴BF∥平面ADE；（2）以A為坐標原點，AB、AD、AE所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，則B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，3，0），E（0，0，2），F(xiàn)（2，2，1），則=（-2，0，2），=（2，-1，1），∴直線BE與直線DF所成角的余弦值為題型二：線面角（定值，最值）【典例分析】例題1．（2022·全國·模擬預(yù)測）如圖，已知四棱錐的底面為正方形，二面角為直二面角，，點為線段AD的中點.(1)證明：；(2)若，點是線段上靠近點的三等分點，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）取AB的中點O，連接SO，DO，因為，所以，所以.又二面角為直二面角，所以平面ABCD，且平面ABCD,所以.在正方形ABCD中，O，M分別為AB，AD的中點，所以，所以，又，所以，所以.因為，平面SOD，平面SOD，所以平面SOD，又平面SOD，所以.（2）取CD的中點，連接OG，由（1）可知OB，OS，OG兩兩垂直.以為坐標原點，OB，OS，OG所在直線分別為軸?軸?軸建立如圖所示的空間直角坐標系.不妨設(shè)AB=2，則，，，，，，，，則，.設(shè)平面SMN的法向量為，由題意得，令，得.設(shè)直線SA與平面SMN所成的角為，則，故直線SA與平面SMN所成角的正弦值為.例題2．（2022·湖南·模擬預(yù)測）故宮太和殿是中國形制最高的宮殿，其建筑采用了重檐廡殿頂?shù)奈蓓敇邮?，廡殿頂是“四出水”的五脊四坡式，由一條正脊和四條垂脊組成，因此又稱五脊殿．由于屋頂有四面斜坡，故又稱四阿頂．如圖，某幾何體ABCDEF有五個面，其形狀與四阿頂相類似．已知底面為矩形，，底面,，，分別為，的中點．(1)證明：且平面．(2)若二面角為，求與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）證明：因為EF∥底面ABCD，平面ABFE，平面底面，所以．因為，M，N分別為AD，BC的中點，所以EM⊥AD，F(xiàn)N⊥BC，，因為∥，，所以四邊形為平行四邊形，所以，因為，所以四邊形EFNM為梯形，且EM與FN必相交于一點，又，所以，因為平面，故BC⊥平面．（2）解：過點E作，垂足為H，由（1）知BC⊥平面，因為平面，所以平面平面，因為平面平面，平面，所以EH平面，由，，得為二面角的平面角，則．因為，所以．作，垂足為K．以H為原點，以的方向為x軸的正方向建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，，，．設(shè)平面ABF的法向量為，則，令，得．因為，所以，故CF與平面ABF所成角的正弦值為．例題3．（2022·河北·模擬預(yù)測（理））如圖1所示，在平行四邊形中，，，將沿折起，使得二面角的大小為，如圖2所示，點為棱的中點，點為棱上一動點．(1)證明：；(2)若四棱錐的體積為，求直線與平面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：取的中點，連接，，，點為棱的中點，在中，，，，在平行四邊形中有，，，，折起后也有所以，，，為二面角的平面角，即，平面，平面，，，為正三角形，，，平面，平面，，，平面，平面，.（2）設(shè)，，那么點到面的距離就是的長，也就是，，，解得，，，以A為坐標原點，以，為，軸，以過A且平行于的直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，0，，，2，，，4，，，1，，設(shè)點，根據(jù)與方向相同得：，，，，，，1，，設(shè)平面的一個法向量為，，令，解得，，平面的一個法向量為，，，．當時取到等號直線與平面所成角的正弦值的最大值為．例題4．（2022·全國·模擬預(yù)測）已知四棱錐的底面為菱形，，，平面．與底面所成角為，設(shè)平面與平面交線為．(1)證明：平面；(2)為上的動點，且點與點在平面同側(cè)，求直線與平面所成角的正弦值的取值范圍．【答案】(1)證明見解析；(2).（1）因四棱錐的底面為菱形，則，而平面，平面，則有平面，又平面平面，平面，于是得，而平面，平面，所以平面.（2）取BC中點E，連接DE，BD，菱形中，，則為正三角形，有，又，即有，而平面，以點D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，因與底面所成角為，則，，有，設(shè)，，設(shè)平面的法向量，則，令，得，設(shè)直線與平面所成角為，因此，而，則當時，，，即，所以直線與平面所成角的正弦值的取值范圍.【提分秘籍】設(shè)直線的方向向量為，平面的一個法向量為，直線與平面所成的角為，則①；②.③涉及到線面角范圍或最值問題時，根據(jù)得到的解析式，可通過配方為二次函數(shù)，或者基本不等式，或者求導(dǎo)，求出范圍或者最值.【變式演練】1．（2022·全國·安陽市第二中學(xué)模擬預(yù)測（理））如圖所示，直三棱柱中，，點M為線段，的交點，點P，Q分別為線段，AB的中點，延長至點D，使得，連接CD，QD，CQ．(1)求證：平面平面；(2)若點M在平面ABP內(nèi)的投影恰好為的重心，，求直線MD與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)．【詳解】（1）如圖，連接MQ．因為，，故，而，故四邊形BDCP為平行四邊形，則，因為平面，平面，故平面；同理可證BDQM為平行四邊形，，即，平面，平面，故平面．因為，平面CDQ，平面CDQ，故平面平面；（2）在直三棱柱中，因為，，由余弦定理可得，解得，故為等腰直角三角形，，故以CA，CB，所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系．設(shè)，重心為G，則，，，，，，，因為平面ABP，所以有，故．設(shè)平面的法向量，則，取，得，故直線MD與平面所成角的正弦值．2．（2022·浙江溫州·三模）如圖是一個四棱柱被一個平面所截的幾何體，底面是正方形，M是的中點，.(1)證明：平面平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)(1)法一：證明：連，因為，所以四邊形是平行四邊形，所以，又，所以，而，所以平面，又面，所以平面平面；法二：證明：取中點O，連，則，所以E，G，M，O四點共面，又，所以，而，所以平面，又面，所以平面平面；(2)法一（向量法一）：取中點O，連，則，所以E，G，M，O四點共面，又平面，所以，又，所以面，以O(shè)為原點，過O垂直于的向外的射線為x軸，為y軸，為z建立如圖空間直角坐標系，則，由，所以，所以，又是平面的法向量，所以.法二（向量法二）：以A為原點，分別以射線為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標系，則，設(shè)，由，得，又，所以，所以，又是平面的法向量，所以法三（幾何法）：取中點N，連，因為，所以四邊形是平行四邊形，所以，于是，問題轉(zhuǎn)化為求與平面所成角的正弦值，又因為平面，所以（或其補角）就是與平面所成角的余角，取中點O，連，則，所以E，G，M，O四點共面，又平面，所以，又，所以平面，所以，又，所以面，所以，，所以.所以與平面所成角的正弦值為.3．（2022·山東日照·三模）如圖，在斜三棱柱中，側(cè)面?zhèn)让?，M為上的動點.(1)當M為的中點時，證明：；(2)求與平面所成角的正弦值的取值范圍.【答案】(1)證明見詳解.(2)（1）連接由可知:四邊形均為含的菱形,故當M為的中點時,則,又側(cè)面?zhèn)让?側(cè)面?zhèn)让?故平面,從而,,所以平面,平面,故（2）取中點為,因為側(cè)面?zhèn)让?,故可建立如圖所示的空間直角坐標系.,設(shè)則設(shè)平面的法向量為由,令設(shè)與平面所成角為,所以當時,當時,,所以綜上故4．（2022·江蘇江蘇·三模）如圖，在四棱錐中，底面，，點在棱上，,點在棱上，.(1)若，為的中點，求證：，，，四點共面；(2)求直線與平面所成角的正弦的最大值.【答案】(1)證明見解析(2)（1）解：以為坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系，如圖所示，則，，，，則，，，設(shè)，則，解得，則，即，，，四點共面.（2）解：由（1）中的空間直角坐標系，可得，，，設(shè)，（其中），且，則，解得，可得設(shè)平面的法向量為，由，取，可得，所以設(shè)直線與平面所成角為，則，當且僅當時等號成立.直線與平面所成角的正弦的最大值為.題型三：線面角探索性問題【典例分析】例題1．（2022·天津·模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐中，平面，底面是直角梯形，其中，，為棱上的點，且(1)求證：平面；(2)求二面角的余弦值；(3)設(shè)為棱上的點（不與、重合），且直線與平面所成角的正弦值為，求的值.【答案】(1)證明見解析(2)(3)【詳解】（1）以為原點，所在的直線為軸的正方向建立空間直角坐標系，則，，，，，，所以，，，所以，，所以，，且，所以DE⊥平面.（2）由（1）知，DE⊥平面，是平面的一個法向量，且，，，設(shè)平面的一個法向量為，所以，即，令，則，所以，，由圖二面角的平面角為銳角，所以二面角的余弦值為.（3）由（1）得，，，，設(shè)，則，可得，所以，是平面的一個法向量所以，解得.所以.例題2．（2022·天津河?xùn)|·二模）如圖所示，直角梯形中，，垂直，，四邊形為矩形，，平面平面．(1)求證：∥平面；(2)求平面與平面所成二面角的正弦值；(3)在線段上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為，若存在，求出線段的長，若不存在，請說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)(3)存在，且，理由見解析(1)取為原點，所在直線為軸，過點且平行于直線的直線為軸，所在直線為軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，設(shè)平面的一個法向量為，由得，不妨設(shè)，則，，又，，，又平面，平面.(2)，，設(shè)平面的一個法向量為，由得，不妨設(shè)，則，，，則，，平面與平面所成二面角的正弦值為.(3)存在，理由如下，設(shè)，則，所以，又平面的一個法向量為，即直線與平面所成角為，則，整理得，解得或，當時，，則；當時，，則；綜上，即在線段上存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為，此時線段的長為.例題3．（2022·安徽馬鞍山·三模（理））如圖所示，四棱錐，底面在以為直徑的圓上，圓，為等邊三角形，，．(1)求證：平面平面；(2)線段上是否存在一點使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，求出；若不存在，請說明理由．【答案】(1)證明見解析；(2)存在；.(1)證法一：設(shè)，由題知為等邊三角形，為直徑，，得，∴，，，得，在中，得，在中，，得．易知，則，故．易知，則，又，平面，又平面，平面平面．證法二：設(shè)，連接，由平面，平面，，由題知，又，平面，平面，，，，為等邊三角形，，，，得，，，則，又，故平面，又平面，平面平面．(2)以為坐標原點，所在直線分別為軸，軸，過點且與直線平行的直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，設(shè)，，則令平面的法向量為，則，取，令直線與平面的所成角為，，解得，即上存在點，使得.【提分秘籍】探索性問題，動點的位置一般可以假設(shè)，再結(jié)合向量加，減法，求解；另外如果動點在坐標軸上，可以直接假設(shè)動點坐標;【變式演練】1．（2022·天津·一模）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，，AP⊥平面ABCD，，點M、N分別為線段BC和PD的中點．(1)求證：AN⊥平面PDM；(2)求平面PDM與平面PDC夾角的正弦值；(3)在線段PC(不包括端點)上是否存在一點E，使得直線BE與平面PDC所成角的正弦值為，若存在，求出線身PE的長：若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析；(2)；(3)存在，PE=．【詳解】（1）方法一：∵，且，∴BM∥AD，且BM=AD，∴四邊形ADMB是平行四邊形，∴，∵，則AD⊥DM，∵AP⊥平面ABCD，平面ABCD，∴AP⊥DM，又，∴DM⊥平面PAD，又平面PAD，∴DM⊥AN，∵，N是PD的中點，∴PD⊥AN，又，、平面PDM，∴AN⊥平面PDM；方法二：以A為原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系．則，，，，，，．則，，．設(shè)平面PDM的法向量為，則，即，取，則，，則，∴，則，∴AN⊥平面PDM；（2），，設(shè)平面PDC的法向量為，則，則，取，則，，則，由(1)知平面PDM的一個法向量為，設(shè)平面PDM與平面PDC的夾角為，則，∴，∴平面PDM與平面PDC夾角的正弦值為；（3）假設(shè)存在點E，設(shè)，，，，則，設(shè)直線BE與平面PDC所成角為，由(2)知平面PDC的一個法向量為，則，化簡得，即，∵，∴，故，∵，則，∴，∴線段PE的長為．2．（2022·黑龍江·佳木斯一中模擬預(yù)測（理））如圖，四棱錐的底面為菱形，，，底面ABCD，E，F(xiàn)分別是線段PB，PD的中點，G是線段PC上的一點．(1)若，證明直線AG在平面AEF內(nèi)；(2)若直線AG與平面AEF所成角的正弦值為，試確定的值．【答案】(1)證明見解析(2)或（1）證明：取BC的中點M，連接，則AM⊥AD，分別以AM，AD，AP所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系,如圖所示．則，，，，，，設(shè)，因為，，．所以，即，，，設(shè)平面AEF的法向量，則，所以取，所以，即．又因為平面AEF，所以直線AG在平面AEF內(nèi)．（2）（2）設(shè)，則

則，解得或，即或．3．（2022·河南·汝州市第一高級中學(xué)模擬預(yù)測（理））如圖，在三棱柱中，平面分別是的中點.(1)求證：//平面；(2)在線段上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值是？若存在，則求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)存在，（1）連接，且交于點，再連接，如圖所示.因為三棱柱，所以.又分別是的中點，所以，所以四邊形是平行四邊形，所以點是的中點.在中，點是的中點，是的中點，所以，又平面平面，所以平面.（2）不妨設(shè)，則.在中，由余弦定理得，即.所以，所以.因為平面，又平面，所以，又，所以.以為坐標原點，所在的直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.則，所以.設(shè)平面的一個法向量為，由得令，解得，所以平面的一個法向量.設(shè)，且，所以，得，所以點的坐標為，所以.設(shè)直線與平面所成的角為，則解得，所以.題型四：二面角（定值，最值）【典例分析】例題1．（2022·四川·石室中學(xué)模擬預(yù)測（理））如圖，在四棱錐中，，，，是棱的中點，且平面(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）取中點，連接，，，，面，面，故面，面，，面面，平面平面，平面平面，故.，，，，故，，是中點，故，，平面，故面，，故面.（2）如圖所示以為軸建立空間直角坐標系，，，，，，，設(shè)平面法向量為，，取，，設(shè)平面法向量為，，取，，，設(shè)二面角的平面角為，.例題2．（2022·四川·廣安二中模擬預(yù)測（理））在四棱錐中，，，，，平面，與平面所成角，又于，于.(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）過作，則四邊形為矩形，以分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，，因為與平面所成角，所以，所以，所以,，，設(shè)，所以，即,因為，所以,解得，所以，又因為，所以，即，又因為，，平面，所以平面.（2）由（1）可知平面，則為平面的一個法向量.,所以,即，又因為平面，平面,所以，又因為平面，所以平面，則為平面的一個法向量.則所以二面角的余弦值為.例題3．（2022·內(nèi)蒙古包頭·二模（理））已知直三棱柱中，側(cè)面為正方形.，，分別為和上的點，且，，為棱上的點，.(1)證明：，且；(2)當為何值時，平面與平面所成的二面角的正弦值最??？【答案】(1)證明見解析(2)（1）因為，，所以，又，且，所以平面，又平面，所以.因為，所以在中，，又，所以，由，且，得，取點B為坐標原點，以BA，BC，所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系（如圖所示）.則，，，，設(shè)，則，于是，所以，即.（2）因為平面的一個法向量為，又由（1）知，，設(shè)平面DEF的法向量為，則，所以有取，得，，于是平面DEF的法向量為，所以，設(shè)平面與平面DEF所成的二面角為，則，故當時，平面與平面DEF所成的二面角的正弦值取得最小值為.所以當時，平面與平面DEF所成的二面角的正弦值最小.例題4．（2022·安徽省舒城中學(xué)一模（理））如圖所示，三棱錐中，平面，，平面經(jīng)過棱的中點，與棱，分別交于點，，且平面，平面．(1)證明：平面；(2)若，點是直線上的動點，求平面與平面所成銳二面角的余弦值的最大值．【答案】(1)證明見解析(2)(1)證明：平面，平面，且平面平面，，又為的中點，為的中點，又平面，同理可得，且為的中點，平面，平面，，則，，，，而，、平面，平面；(2)解：如圖，以點B為坐標原點，分別以BA，BC所在直線為x，y軸，過點B且與AP平行的直線為z軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，所以，，，設(shè)，則，設(shè)平面的法向量為，則，令，則，，所以為平面的一個法向量.設(shè)平面的法向量為，則，則，令，則，所以為平面PBC的一個法向量.設(shè)平面MAC與平面PBC所成的銳二面角為θ，則.當時，;當時，，當且僅當，即時，取得最小值，取得最大值，最大值為.所以平面MAC與平面PBC所成銳二面角的余弦值的最大值為.【提分秘籍】（1）如圖①，，是二面角的兩個面內(nèi)與棱垂直的直線，則二面角的大?。?）如圖②③，，分別是二面角的兩個半平面的法向量，則二面角的大小滿足：①；②若二面角為銳二面角（取正），則；若二面角為頓二面角（取負），則；（特別說明，有些題目會提醒求銳二面角；有些題目沒有明顯提示，需考生自己看圖判定為銳二面角還是鈍二面角.）③涉及到二面角范圍或最值問題時，根據(jù)得到的解析式，可通過配方為二次函數(shù)，或者基本不等式，或者求導(dǎo)，求出范圍或者最值.【變式演練】1．（2022·山東青島·一模）如圖①，在梯形中，，，，為的中點，以為折痕把折起，連接，，得到如圖②的幾何體，在圖②的幾何體中解答下列兩個問題．(1)證明：；(2)請從以下兩個條件中選擇一個作為已知條件，求二面角的余弦值．①四棱錐的體積為2；②直線與所成角的余弦值為．注：如果選擇兩個條件分別解答，按第一個解答計分．【答案】(1)證明見解析(2)（1）證明：在圖①中因為，，為中點所以，，所以為平行四邊形，所以，同理可證，在圖②中，取中點，連接，，，因為，所以，，因為，所以平面，因為平面，所以.（2）若選擇①：因為平面，平面，所以平面平面且交線為，所以過點作，則平面，因為，所以四棱錐的體積，所以，所以與重合，所以平面，建系如圖，則，，，，平面法向量為，設(shè)平面法向量為，因為，，所以，得，設(shè)二面角的大小為，則，所以二面角的余弦值為.若選擇②：因為，所以即為異面直線與所成角，在中，，所以所，以，所以，因為平面，平面，所以平面平面且交線為，所以平面，建系如圖，則，，，，平面法向量為，設(shè)平面法向量為，因為，，所以，得，設(shè)二面角的大小為，則，所以二面角的余弦值為.2．（2022·全國·模擬預(yù)測）如圖①，平面圖形ABCDE中，，四邊形BCDE是等腰梯形，，.沿BE將△ABE折起，使平面平面BCDE，得到四棱錐，連接CE，如圖②.(1)設(shè)平面ABC與平面ADE的交線為l，求證：；(2)當四棱錐的體積為時，求側(cè)面ACD與側(cè)面ABE所成的二面角的平面角.【答案】(1)證明見解析(2)60°(1)因為平面平面BCDE，平面平面，，平面ABE，所以平面BCDE，因為平面BCDE，所以.在等腰梯形BCDE中，由，，可得，在△BCE中，由余弦定理得，所以，則.因為，所以平面ABC.因為l是平面ABC與平面ADE的交線，所以平面ABC，所以；(2)如圖，過點C作于點G，易得，則梯形BCDE的面積，所以，解得，如圖，以B為坐標原點，分別以BE，BA所在直線為y軸，z軸，在平面BCDE內(nèi)以垂直于BE的直線為x軸建立空間直角坐標系，則，，，，所以，，設(shè)平面ACD的法向量為，則即令，得，則，所以，又平面ABE的法向量為，所以，由圖可知所求二面角為銳角，所以側(cè)面ACD與側(cè)面ABE所成的二面角的平面角大小為60°；綜上，所求的二面角的平面角為60°.3．（2022·山東濰坊·模擬預(yù)測）如圖，正三棱柱ABC?A1B1C1的所有棱長均為2，D為棱BB1（不包括端點）上一動點，E是AB的中點．(1)若AD⊥A1C，求BD的長；(2)當D在棱BB1（不包括端點）上運動時，求平面ADC1與平面ABC的夾角的余弦值的取值范圍．【答案】(1)(2)(1)由，知，又平面ABC⊥平面，所以CE⊥平面．而AD平面，∴，又，所以AD⊥平面，所以．又四邊形為正方形，故此時D為的中點，故．(2)以E為原點，EB為x軸，EC為y軸，過E作垂直于平面ABC的垂線為z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示．設(shè)，則A（－1，0，0），D（1，0，t），（0，，2），，．設(shè)平面的一個法向量為，則，取，得．平面ABC的法向量，設(shè)平面與平面ABC的夾角為，∴由于，故．即平面與平面ABC夾角的余弦值的取值范圍為．4．（2022·全國·長郡中學(xué)模擬預(yù)測）已知直三棱柱中，側(cè)面為正方形，，E，F(xiàn)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(gòu)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(xiàn)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(yōu)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(shè)（）．因為，所以，所以．[方法三]：因為，，所以，故，，所以，所以．（2）[方法一]【最優(yōu)解】：向量法設(shè)平面的法向量為，因為，所以，即．令，則因為平面的法向量為，設(shè)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(lián)結(jié)交于點T，則平面平面．作，垂足為H，因為平面，聯(lián)結(jié)，則為平面與平面所成二面角的平面角．設(shè)，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(lián)結(jié)，在平面的投影為，記面與面所成的二面角的平面角為，則．設(shè)，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．題型五：二面角探索性問題【典例分析】例題1．（2022·浙江紹興·一模）在四棱錐中，，，，.(1)求證：；(2)若平面平面，二面角的余弦值為，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析.(2).【詳解】（1）證明：如圖所示，取的中點，連接，.依題意可知，，，，故，為正三角形，,又，，平面，平面平面，又平面，，.（2）依題意平面平面，由（1）可知，平面平面,平面,則平面，故以，，為，，軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系.設(shè)，則，，，,，，，,設(shè)平面的一個法向量，由,可得，令，則，，,設(shè)平面的一個法向量，由,可得，令，則，，則,可得平面的法向量.依題意可得，解得，即.即平面的法向量，,設(shè)直線與平面所成角為，則的正弦值.例題2．（2022·四川·成都七中模擬預(yù)測（理））如圖1，在邊長為4的菱形中，，點，分別是邊，的中點，，．沿將翻折到的位置，連接，，，得到如圖2所示的五棱錐．(1)在翻折過程中是否總有平面平面？證明你的結(jié)論；(2)當四棱錐體積最大時，求直線和平面所成角的正弦值；(3)在（2）的條件下，在線段上是否存在一點，使得二面角的平面角的余弦值為？若存在，試確定點的位置；若不存在，請說明理由．【答案】(1)總有平面平面PAG；證明見解析(2)(3)存在；Q為線段PA的中點．【詳解】（1）在翻折過程中總有平面平面PAG，證明如下：∵點M，N分別是邊BC，CD的中點，∴，又因為菱形ABCD中∠DAB＝60°，∴是等邊三角形，∵G是MN的中點，∴，∵菱形ABCD的對角線互相垂直，∴，∴，∵，平面PAG，平面PAG，∴平面PAG，∴平面PAG，∵平面PBD，∴平面平面PAG．（2）由題意知，四邊形MNDB為等腰梯形，且DB＝4，MN＝2，，所以等腰梯形MNDB的面積，要使得四棱錐P-MNDB體積最大，只要點P到平面MNDB的距離最大即可，∴當平面MNDB時，點P到平面MNDB的距離的最大值為，此時四棱錐P-MNDB體積的最大值為，連接BG，則直線PB和平面MNDB所成角的為∠PBG，在中，，，由勾股定理得：．∴．（3）假設(shè)符合題意的點Q存在．以G為坐標原點，GA，GM，GP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，因為平面PMN，故平面PMN的一個法向量為，設(shè)，∵，，故，∴，，平面QMN的一個法向量為，則，，即，令，所以，即，則平面QMN的一個法向量，設(shè)二面角的平面角為，所以，解得：，故符合題意的點Q存在，且Q為線段PA的中點．例題3．（2022·江蘇·南京外國語學(xué)校模擬預(yù)測）如圖，在三棱柱中，底面是邊長為2的正三角形，側(cè)面是菱形，平面平面，，分別是棱，的中點，是棱上一點，且．(1)證明：平面；(2)若三棱錐的體積為1，且二面角的余弦值為，求的值．【答案】(1)證明見解析；(2).（1）證明：取中點，連接為的中點，為的中點，四邊形為平行四邊形，平面平面，平面.（2）解：平面平面過作平面，，為中點，，如圖分別以所在的直線為軸建立空間直角坐標系，由，設(shè)平面和平面的一個法向量分別為,∴,∴，設(shè)二面角的平面角為,.【提分秘籍】探索性問題，動點的位置一般可以假設(shè)，再結(jié)合向量加，減法，求解；另外如果動點在坐標軸上，可以直接假設(shè)動點坐標;【變式演練】1．（2022·湖北武漢·模擬預(yù)測）如圖，在四面體中，是正三角形，是直角三角形，．(1)求證：；(2)已知點E在棱上，且，設(shè)，若二面角的余弦值為，求．【答案】(1)證明見解析；(2).（1）證明：因為是正三角形，所以因為，公共邊，所以，所以，因為是直角三角形，所以，取的中點O，連接，，則，，因為是正三角形，所以，因為，所以平面，又因為平面，所以．（2）解：在直角中，，因為，所以，所以，以O(shè)為坐標原點，為x軸，為y軸，為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則．可得平面的法向量為設(shè)，由，可得，可得設(shè)面的法向量為，則，取，可得，所以，則，又因為，解得．2．（2022·江蘇揚州·模擬預(yù)測）如圖所示，已知長方形中，為的中點將沿折起，使得.(1)求證：平面平面；(2)若點在線段上，且平面與平面所成銳二面角的余弦值為，試確定點的具體位置.【答案】(1)證明見解析(2)為的中點（1）在矩形中，為中點，又平面，又平面平面平面.（2）因為，過點作直線垂直于平面，以點為原點，建立空間直角坐標系，如圖所示：，設(shè)，設(shè)，，，設(shè)平面的一個法向量，而平面的一個法向量設(shè)平面與平面所成銳二面角為，，故為的中點.3．（2022·四川省內(nèi)江市第六中學(xué)模擬預(yù)測（理））如圖，是邊長為6的正三角形，點E，F(xiàn)，N分別在邊AB，AC，BC上，且，為BC邊的中點，AM交EF于點，沿EF將三角形AEF折到DEF的位置，使.(1)證明：平面平面；(2)試探究在線段DM上是否存在點，使二面角的大小為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析；(2)時二面角的大小為（1）在中，易得，，，由，得，又，，，又為中點，，，因為，平面，平面，又平面，所以平面平面；（2）由(1)平面，以為原點，以為的正方向建立空間直角坐標系，，，，，由(1)得平面的法向量為，設(shè)平面的法向量為，，所以，所以.由題得,所以，所以，所以，因為二面角P—EN—B的大小為60°，所以，解之得（舍去）或.此時，所以.題型六：點到平面距離問題【典例分析】例題1．（2022·浙江臺州·模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐中，，與均為等腰直角三角形，，，且平面平面.(1)求證：；(2)若，求點到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）取的中點，連接，與均為等腰直角三角形，，，，，，又，平面，平面，平面，.（2）平面平面，平面平面，，平面，平面，又，則以為坐標原點，正方向為軸，可建立如圖所示空間直角坐標系，，，，，又，，則，，，，設(shè)，則，，，則，，，，設(shè)平面的法向量為，則，令，解得：，，；點到平面的距離.例題2．（2022·北京·北師大實驗中學(xué)模擬預(yù)測）如圖，在三棱錐中，平面，，，，，分別是，，，的中點，，與交于點，與交于點，連接．(1)求證：；(2)求平面與平面所成角的余弦值；(3)求點到平面的距離．【答案】(1)證明見解析；(2)；(3).【詳解】（1）因為D，C，E，F(xiàn)分別是AQ，BQ，AP，BP的中點，所以EFAB，DCAB，所以EFDC．又因為EF平面PCD，DC?平面PCD，所以EF平面PCD．又因為EF?平面EFQ，平面EFQ平面PCD＝GH，所以EFGH，又因為EFAB，所以ABGH.（2）因為，PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP兩兩垂直．以點B為坐標原點，分別以BA，BQ，BP所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系．由，則，所以，.設(shè)平面PAB的一個法向量為，則可取設(shè)平面PDC的一個法向量為＝(x，y，z)，由，，得，取z＝1，得＝(0，2，1)．所以cos〈〉＝，所以平面PAB與平面PCD所成角的余弦值為．（3）由點到平面的距離公式可得，即點A到平面PCD的距離為.例題3．（2022·天津市濱海新區(qū)塘沽第一中學(xué)模擬預(yù)測）在如圖所示的幾何體中，四邊形是正方形，四邊形是梯形，，，平面平面，且．(1)求證：平面；(2)求二面角的大?。?3)已知點在棱上，且異面直線與所成角的余弦值為，求點到平面的距離．【答案】(1)證明見解析(2)(3)（1）證明：四邊形是正方形，，平面，平面．所以平面．四邊形是梯形，，平面，平面，所以平面，平面，平面，，平面平面，平面，平面．（2）以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，則，2，，，0，，，2，，，0，，，2，，，2，，，0，，設(shè)平面的法向量，，，則，取，得，，得，1，，設(shè)平面的法向量，，，則，取，，，得，1，，設(shè)二面角的大小為，由圖形得為鈍角，則，因為為鈍角，，二面角的大小為．（3）點在棱上，且異面直線與所成角的余弦值為，設(shè)則，，，，，解得，∴線段的長為．設(shè)平面的法向量，因為，，則，取，得，又，所以．【提分秘籍】點到平面的距離如圖，已知平面的法向量為，是平面內(nèi)的定點，是平面外一點.過點作平面的垂線，交平面于點，則是直線的方向向量，且點到平面的距離就是在直線上的投影向量的長度.【變式演練】1．（2022·北京東城·三模）如圖，在正三棱柱中，，，分別為，的中點.(1)證明：平面；(2)求直線與平面所成角的大??；(3)線段上是否存在點，使得？若存在，求出點到平面的距離；若不存在，說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)(3)存在，距離為(1)證明：取中點，連接.因為正三棱柱，所以，且.因為E為線段的中點，所以且.所以且.因為D為中點，所以.所以且.所以四邊形是平行四邊形.所以.又因為平面平面，所以平面.(2)解：分別取中點O，，連接.因為是正三棱柱，所以平面，.所以平面.所以.以O(shè)為原點，所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系.則.所以.設(shè)平面的法向量為，所以，即令，解得，所以.設(shè)直線與平面所成角為，，則，所以.即直線與平面所成角為.(3)解：假設(shè)存在點G，設(shè).所以.所以.由知，若，則.解得.即G與C為同一個點.因為，平面的法向量為，所以點G到平面的距離.2．（2022·北京·人大附中模擬預(yù)測）如圖，三棱柱中，面面，．過的平面交線段于點（不與端點重合），交線段于點．(1)求證：四邊形為平行四邊形；(2)若到平面的距離為，求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析；(2).（1）在三棱柱中，，平面，平面，則平面，又平面平面，平面，于是得，而平面平面，平面平面，平面平面，則，所以四邊形為平行四邊形.（2）在平面內(nèi)過點A作，因平面平面，平面平面，于是得平面，又，以點A為原點，建立如圖所以的空間直角坐標系，因，，則，，，設(shè)平面的法向量，則，令，得，點B到平面的距離，解得，因此，，而，設(shè)直線與平面所成角為，于是得，所以直線與平面所成角的正弦值為.3．（2022·黑龍江·哈九中模擬預(yù)測（理））圖1是直角梯形，，，，，，，以為折痕將折起，使點到達的位置，且，如圖2．(1)求證：平面平面；(2)若點P為線段上靠近點的三等分點，求點到平面的距離？【答案】(1)證明見解析(2)（1）在圖1中取中點F，連接，，∵，，，∴，，∵，，，∴四邊形為矩形，∴，∴，又，∴為等邊三角形；又，∴為等邊三角形；在圖2中，取中點G，連接，，∵，為等邊三角形，∴，，∴，又，∴，∴，又，，平面，∴平面，∵平面，∴平面平面．（2）以G為坐標原點，，，正方向為x，y，z軸，可建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，，∴，，，∵，∴，設(shè)平面的法向量，則，令，則，∴，∴到平面的距離為．1．（2022·青?！や掖ㄖ袑W(xué)一模（理））在各棱長均相等的直三棱柱中，點M在上，點N在AC上且，則異面直線與NB所成角的正切值為（

）A． B． C． D．【答案】B【詳解】設(shè)棱長為3，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，∴，．設(shè)異面直線與BN所成角為，則，∴，∴異面直線與BN所成角的正切值為.故選：B．2．（2022·河南開封·一模（文））如圖，在正方體中，點M，N分別是，的中點，則下述結(jié)論中正確的個數(shù)為（

）①∥平面；

②平面平面；③直線與所成的角為；

④直線與平面所成的角為．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【詳解】建立如下圖所示的空間直角坐標系，設(shè)該正方體的棱長為，，由正方體的性質(zhì)可知：平面，則平面的法向量為，，因為，所以，而平面，因此∥平面，故①對；設(shè)平面的法向量為，，，所以有，同理可求出平面的法向量，因為，所以，因此平面平面，故②正確；因為，，所以，因為異面直線所成的角范圍為，所以直線與所成的角為，故③正確；設(shè)直線與平面所成的角為，因為，平面的法向量為，所以，所以直線與平面所成的角不是，因此④錯誤，一共有個結(jié)論正確，故選：C3．（2022·山東·肥城市教學(xué)研究中心模擬預(yù)測）在正三棱錐中，底面是邊長為正三角形，是的中點，若直線和平面所成的角為，則三棱錐外接球的表面積為（

）A． B．C． D．【答案】C【詳解】連接，AE，過A點作平面于，則落在上，且為的重心，所以為直線和底面所成的角，即.因為的邊長為，所以，.設(shè)三棱錐外接球的球心為，外接球半徑為，則在上，連接.在中，，，，由勾股定理得，，即，解得.所以三棱錐外接球的表面積為.故選：C4．（2022·江西·新余四中模擬預(yù)測（理））如圖，在正方體中，E，F(xiàn)分別為棱，的中點，則直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【詳解】解：以D為原點，以，，的方向分別作為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系，設(shè)正方體的棱長為2，則，，，，所以，，所以所求角的余弦值為．故選：A5．（2022·河南鄭州·二模（理））如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，點E是棱AB的中點，則點E到平面ACD1的距離為（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】如圖，以D為坐標原點，，分別為x軸，y輸、z軸正方向建立空間直角坐標系，則．從而.設(shè)平面的法向量為，則，即，得，令，則，所以點E到平面的距離為．故選：C6．（2022·江蘇·揚中市第二高級中學(xué)模擬預(yù)測）在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，側(cè)棱，D，E分別是與的中點，點E在平面ABD上的射影是的重心G，則點到平面ABD的距離為（

）A． B． C． D．【答案】A【詳解】解：如圖所示，以為坐標原點，，，所在直線分別為，，軸，建立空間直角坐標系，設(shè)，則，0，，，，，，，0，，可得，，，，因為點在平面上的射影是的重心，所以平面，所以，即，解得，即，則點到平面的距離為，是的中點，所以．故選：A.7．（2022·四川瀘州·一模（文））在棱長為1的正方體中，點M在對角線上（點M與A，不重合），則下列結(jié)論中錯誤的是（

）A．線段與的長度始終相等B．存在點M，使得∥平面C．存在點M，使得直線與平面所成角為D．若N是上一動點，則的最小值為【答案】D【詳解】對A：連接，如下所示：因為，故△△，故，又，故△△，故始終成立，故A正確；對B：以為坐標原點，建立如圖所示空間直角坐標系：則，，設(shè)平面的一個法向量，則，即，取，則，故；設(shè)點的坐標為，，即，解得，故，，若存在點M，使得∥平面，則，即，解得，故存在點為上靠近點的三等分點，使得∥平面，B正確；對C：根據(jù)選項B中建立的空間直角坐標系，易知平面的一個法向量，又，若直線與平面所成角為，則，解得（舍）或，即存在點為上靠近點的三等分點滿足題意，故C正確；對D：由A可知，，故的最小值即為的最小值；在平面中，作關(guān)于的對稱直線，點關(guān)于直線的對稱點為，如下所示：故，則當且僅當，交于點時，取得最小值；在△中，，故，則，在△中，，故，即的最小值為，D錯誤.故選：D.8．（2022·浙江嘉興·模擬預(yù)測）如圖，在矩形中，，E，F(xiàn)，G，H分別為邊的中點，將分別沿直線翻折形成四棱錐，下列說法正確的是（

）A．異面直線所成角的取值范圍是 B．異面直線所成角的取值范圍是C．異面直線所成角的取值范圍是 D．異面直線所成角的取值范圍是【答案】C【詳解】解：建立如圖所示空間直角坐標系，由題意得，和在平面中的投影分別在和上（如下圖所示），因為，令，則，由比值可知，的x，y，z坐標比值為，所以令坐標為，因為在平面中的投影在上，所以，同理可得坐標為，，則，解得，因為和的范圍均為，所以，即夾角范圍是，故A，B錯誤；同理可得，因為異面直線所成角范圍是，則夾角范圍是．即C正確，D錯誤；故選：C．二、多選題9．（2022·全國·南京外國語學(xué)校模擬預(yù)測）在直三棱柱中，，，為的中點，點是線段上的點，則下列說法正確的是（

）A．B．存在點，使得直線與所成的角是C．當點是線段的中點時，三棱錐外接球的表面積是D．當點是線段的中點時，直線與平面所成角的正切值為．【答案】AD【詳解】易知AB、BC、兩兩垂直，如圖建立空間直角坐標系則所以，，，記因為，所以，A正確；因為記直線與所成的角為，則，因為，所以，故B錯誤；當點是線段的中點時，點P坐標為易知的外心坐標為，故設(shè)三棱錐外接球的球心為，則，即，解得，所以三棱錐外接球的半徑，表面積，C錯誤；當點是線段的中點時，，易知為平面的一個法向量，記直線與平面所成角為，則，因為，所以，所以，D正確.故選：AD10．（2022·江蘇省木瀆高級中學(xué)模擬預(yù)測）如圖，四棱錐中，底面ABCD是正方形，平面，O，P分別是的中點，M是棱SD上的動點，則下列選項正確的是（

）A．B．存在點M，使平面SBCC．存在點M，使直線OM與AB所成的角為30°D．點M到平面ABCD與平面SAB的距離和為定值【答案】ABD【詳解】以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系（如圖），設(shè)，則，由M是棱SD上的動點，設(shè)，，，，故A正確；當為的中點時，是的中位線，所以，又平面，平面，所以平面，故B正確；，若存在點M，使直線OM與AB所成的角為30°，則，化簡得，方程無解，故C錯誤；點M到平面ABCD的距離，點M與平面SAB的距離，所以點M到平面ABCD與平面SAB的距離和為，是定值，故D正確；故選：ABD11．（2022·山東煙臺·一模）如圖，正三棱柱中，底面ABC是邊長為2的等邊三角形，，D為BC中點，則（

）A．直線平面B．點到平面的距離為C．異面直線與所成角的余弦值為D．設(shè)P，Q分別在線段，上，且，則PQ的最小值為【答案】ABD【詳解】解：在正三棱柱中，為的中點，所以，如圖建立空間直角坐標系，則，，，，，，，所以，，，設(shè)平面的法向量為，則，令，則，，所以，因為，即，又平面，所以平面，故A正確；因為，所以，則點到平面的距離為，故B正確；因為，，設(shè)直線與所成角為，則，所以異面直線與所成角的余弦值為，故C錯誤；設(shè)，則、，因為，，所以，，則，，所以，所以當時有最小值，所以，所以，故D正確；故選：ABD三、填空題12．（2022·江蘇·華羅庚中學(xué)三模）如圖，在平行六面體中，AB＝AD＝2，，，點E是AB中點，則異面直線與DE所成角余弦值是______．【答案】##【詳解】由題意，AB＝AD＝2，，且,,，又,,,設(shè)異面直線與DE所成角為，則.故答案為：四、解答題13．（2022·青海·湟川中學(xué)一模（理））在三棱柱中，平面，，點E為AB的中點且．(1)證明：平面MEC；(2)P為線段AM上一點，若二面角的大小為，求AP的長．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）設(shè)CM與BN交于點F，連接EF，由已知可得四邊形BCNM是平行四邊形，F(xiàn)是BN的中點，E是AB的中點，故，又平面MEC，平面MEC，故平面MEC．（2）設(shè)，平面ABCD，故平面ABCD，如圖，建立空間直角坐標系，則，，，設(shè)（），，．設(shè)平面PEC的