2024年全国一卷数学新高考题型细分2-8——立体几何（大题）12 平行性质

2024年全国一卷新高考题型细分2-8 ——立体几何（大题）12 平行性质 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《立体几何》主要分类有：线线角、线面角+平行、线面角+垂直、二面角+平行、二面角+垂直、反求长度、面面垂直的性质、线面平行的性质、面面平行的性质、求体积、体积相关、距离、最值范围分析等，大概188道题。 线面平行的性质： 1. （2024年粤J01）如图，直三棱柱中，.过点的平面和平面的交线记作. （1）证明：；（[endnoteRef:2]） （2）求顶点到直线的距离. （线面平行性质，点线距离，中下；） [2: 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由已知，可根据，利用线面平行的判定定理证明平面，在使用线面平行的性质定理可证明； （2）由已知，可作交平面和平面交线于，利用线面垂直的判定和性质证明，从而即为点到直线的距离，然后在利用勾股定理求解边长，即可求解. 【小问1详解】 证明：由题知，平面，平面， 所以平面，又因为平面平面， 平面，所以. 【小问2详解】 作交直线于点，连接，因为是直三棱柱， 所以平面，平面，所以， 又因为，且，平面，所以平面， 因为平面，所以，所以就是点到直线的距离， 作交于点，因为，，所以， 又因为，所以四边形是矩形，所以， 在，，，所以， 在，， 所以点到直线的距离为. ] 2. （2024年浙J09温州中学一模）19. 如图，正三棱锥的三条侧棱、、两两垂直，且长度均为2．、分别是、的中点，是的中点，过作平面与侧棱、、或其延长线分别相交于、、，已知． （1）求证：⊥平面；（[endnoteRef:3]） （2）求二面角的大小． （线面平行的性质，证线面垂直，二面角；） [3: 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）利用三角形中位线定理结线面平行的判定可得∥平面，再由线面平行的性质可得∥，由等腰三角形的性质可得⊥，从而可得⊥，再由已知可得⊥平面，则⊥，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）作⊥于，连，则由已知条件可证得平面，从而可得就是二面角的平面角，过作⊥于，则可得∥，设，然后利用平行线分线段成比例定理结合已知条件可求得，在中可求出的长，从而可求得，进而可直角三角形中可求得结果. 【详解】（1） 证明：因为、分别是、的中点， 所以是的中位线，所以∥， 因为平面，平面， 所以∥平面， 因为平面，平面平面， 所以∥． 因为、分别是、的中点， 所以， 因为，所以， 因为是的中点，所以⊥， 所以⊥． 因为⊥，⊥，， 所以⊥平面， 因为平面， 所以⊥， 因为 因此⊥面． （2） 作⊥于，连． 因为， 因为⊥平面， 因为平面， 所以， 因为，所以平面， 因为平面，所以⊥， 所以就是二面角的平面角． 过作⊥于，则∥，则是的中点， 则． 设，由得，，解得，则， 在中，， 则． 所以在中，， 故二面角为． ] 3. （2024年鄂J02八市联考）17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，点在上，点为的中点，且平面． （1）证明：平面；（[endnoteRef:4]） （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． （线面平行的性质，二面角；） [4: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接交与点，根据题意证得且，得到四边形为平行四边形，得出，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）取的中点，证得平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 证明：连接交与点，连接，可得平面与平面的交线为， 因为平面，平面，所以， 又因为为的中点，所以点为的中点， 取的中点，连接，可得且， 又因为为的中点，可得且， 所以且，所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，且平面，所以平面． 【小问2详解】 解：取的中点，连结， 因为，可得，且， 又因为，且， 所以，所以， 又因为，且平面，所以平面， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 可得， 因为为的中点，为的中点，可得， 则， 设是平面的法向量，则， 取，可得，所以， 设是平面的法向量，则， 取，可得，所以； 设平面与平面的夹角为，则， 即平面与平面的夹角的余弦值为． ] 4. （2024年闽J10泉州三测）15. 如图，在三棱锥中，，，E为PC的中点，点F在PA上，且平面，． （1）若平面，求；（[endnoteRef:5]） （2）若，求平面与平面夹角的正弦值． （线面垂直，线面平行的性质，二面角；） [5: 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，即可证明，即可得到，再由线面平行的性质得到，即可求出的值； （2）取中点，连结，取中点Q，连结，即可证明平面，建立空间直角坐标，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 解法一：依题意得，为正三角形，取中点， 连接，则， 因为平面，平面，所以， 所以， 又因为为的中点，所以为中点，则， 因为平面，平面， 平面平面，即， 也即，． 解法二：因为平面，平面，所以， 由，可知， 则为等腰直角三角形，， 为正三角形，取中点，连结，则， 取中点Q，连结，则， 又因为与相交于平面， 所以平面，也即平面， 所以OQ，OC，OP两两相互垂直，以O为原点，OQ，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系． 则，，，，，， 因为平面ABC，平面， 平面平面，则， 因为，所以，， ，， 所以． 【小问2详解】 解法一：因为平面，平面，所以， 由，可知， 则为等腰直角三角形，， 为正三角形，取中点，连结，则， 取中点Q，连结，则， 又因为与相交于平面， 所以平面，也即平面， 所以OQ，OC，OP两两相互垂直，以O为原点，OQ，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系． 则，，，，，， ，，，， 设平面的一个法向量，则，， 即取，则， 所以为平面的一个法向量， 所以， 记平面与平面夹角为，， 所以平面与平面夹角的正弦值为． 解法二： 因为，又平面， 则平面，且 ， 又因为平面，平面，所以， 由，可知， 则为等腰直角三角形，， 又因为EF与AC相交于平面PAC，所以平面， 为等腰直角三角形，为斜边中点， 则也为等腰直角三角形，即， 取中点，则，所以，且， 连结，平面， 又平面，则，为二面角的平面角， 在中， 则． 解法三：设点C在平面PAB的射影为N，则平面PAB，平面PAB， 所以， 过点N做，垂足为H，连结CH，因为，平面， 所以平面，平面， 所以，所以为的平面角， 因为平面，平面，所以， 由，可知， 则为等腰直角三角形，， 为正三角形，取AC中点O，连结PO，则， 又因为EF与AC相交于平面PAC，所以平面， 又平面， 所以， 因为，平面，平面， 因为，则，又， 所以， 中，，， ， ， 所以， 在中，，，即， 所以，所以， 所以， 又， 所以， 所以， 所以平面与平面夹角的正弦值为． ] 5. （2024年冀J12大数据应用调研）17. 如图，正四棱台有内切球，且. （1）设平面平面，证明平面；（[endnoteRef:6]） （2）求平面与平面夹角的余弦值. （线面平行的性质,证线面平行；二面角；） [6: 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）先证//面，再根据线面平行的性质证明//，再证线面平行即可； （2）以底面对角线交点为坐标原点建立空间直角坐标系，设出棱台的高为，根据到平面的距离为，利用向量法求得，再求平面与平面的法向量，即可求得两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 因为是正棱台，故//，面，面， 故//面，又面，面面，故//， 又面，面，故//面. 【小问2详解】 连接，设其交点为；连接，设其交点为，连接； 因为是正棱台，故三点共线，且两两垂直， 故以为坐标原点，建立如下所示空间直角坐标系： 设， 则， 又， 设平面的法向量为， 则，即，取，则， 故； 由题可知，点到平面的距离为，又， 则，解得，故； ， 设平面的法向量为， 则，即，取，则， 故； 则. 故平面与平面夹角的余弦值为. ] 6. （2024年鲁J40临沂二模）17．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，，平面AMHN，点M，N，H分别在棱PB，PD，PC上，且． (1)证明：；（[endnoteRef:7]） (2)若H为PC的中点，，PA与平面PBD所成角为60°，四棱锥被平面截为两部分，记四棱锥体积为，另一部分体积为，求. （线面平行的性质；截面，体积；） [7: 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据菱形性质知，然后通过证明平面PAC，可得，根据垂直平分线性质可证； （2）令，先证明平面ABCD，平面PAC，然后由和可解. 【详解】（1）连接AC交BD于点O，连接OP， ∵平面AMHN，且平面平面，平面， ∴． ∵，∴， ∵四边形为菱形，∴，， ∵，且平面PAC， ∴平面PAC，又平面PAC，∴， ∴． （2）∵，且O为AC中点， ∴，由（1）得， ，平面ABCD， ∴平面ABCD， 令，又四边形为菱形，， ，，． ，且都在平面PBD内， 平面PBD，又PA与平面PBD所成角为60°， ∴，， ∴， ∴ 又H为PC中点，且，∴， 在△PAC中，记， 易知点G在MN上，且点G为△PAC重心，， 又∵，∴， 由（1）知平面PAC，∴平面PAC， 又， ∴， ∴， ∴． ] 7. （2024年鲁J44日照三模）15．在五面体中，，.    (1)求证：；（[endnoteRef:8]） (2)若，，，点到平面的距离为，求二面角的余弦值. （线面平行的性质，线面垂直，证线面平行；点面距离反求长度，再算二面角；） [8: 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由，得到，，由线面平行的判定定理可得，由线面平行的性质得到直线. (2)证明，，.故以分别为坐标轴建立空间直角坐标系，由，解得的长，分别找到二面角各点坐标，有空间向量求解二面的余弦值. 【详解】（1）证明：因为，， 所以， 因为，， 所以， 因为平面平面，平面， 所以. （2）由于平面，，所以，平面， 故， 又因为平面，，平面， 所以， 又，，，平面， 所以平面 由于，则， 故， 故为等腰直角三角形，所以，， 如图以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建系，    则，，，，， 设平面的法向量为，则， 平面的法向量为， 因为，， 所以，即 令，则， 设成的角为，由图可知为锐角， 所以二面角的余弦值为 ] 8. （2024年浙J37宁波模拟）15．在菱形中，，以为轴将菱形翻折到菱形，使得平面平面，点为边的中点，连接. (1)求证：平面；（[endnoteRef:9]） (2)求直线与平面所成角的正弦值. （线面平行的性质，面面垂直的性质，证线面平行，线面角；） [9: 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明平面平面，从而根据线面平行的性质可证得结论； （2）法1：根据面面垂直得线面垂直，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解线面夹角即可；法2：根据点、线、面的位置关系，利用等体积转化求解到平面的距离，从而转化求解直线与平面所成角得正弦值. 【详解】（1）平面平面平面. 同理可得平面. 又平面，平面平面. 平面平面. （2）法1：取中点，易知. 平面平面，平面平面， 又平面， 平面. 如图，建立空间直角坐标系， 则. 从而，得. 又，设平面的法向量， 有，得，解得，取，故， 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. 法2：取中点，则是平行四边形，所以. 从而与平面所成角即为与平面所成角，设为. 过作交于，过作交于， 过作交于. 因为平面平面，平面平面， 又平面， 所以平面，又平面， 所以，又，平面， 从而平面，因为平面， 所以，又，平面， 从而平面. 所以的长即为到平面的距离. 由，可得. 又，所以到平面的距离设为即为到平面的距离，即. 又，可得. 在中，，所以，得. 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. ] 9. （2024年苏J34航附二模）17．如图，在五面体中，底面为正方形，.    (1)求证：；（[endnoteRef:10]） (2)若为的中点，为的中点，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值. 条件①：； 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 （线面平行的性质，证线面平行，线面角；） [10: 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明平面，再利用线面平行的性质证明； （2）选①②：证明 平面，建立以M为原点的空间坐标系，求出平面的法向量，利用线面角公式求解 【详解】（1）证明：底面为正方形,则，又平面，平面， 则平面，又平面平面，平面，故. （2）选①，取中点G,连接，因为，所以， 易知为梯形的中位线，则， 又平面，故平面，平面， 则平面，且必相交，故平面， 延长GM交BC于P,则P为中点，易得，故为矩形. 以M为原点，所在直线为z轴，MG所在直线为x轴，过M作CB平行线为y轴，建立空间直角坐标系如图： 则， 则，，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 设直线与平面所成角为.    选②：取中点G, 连接，易知为梯形的中位线，， 则，由题，，则，故 又平面，故平面， 延长GM交BC于P,则P为中点，易得，故为矩形. 以M为原点，所在直线为z轴，MG所在直线为x轴，过M作CB平行线为y轴，建立空间直角坐标系如图： 则， 则，，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 设直线与平面所成角为. . ] 10. （2024年冀J40邯郸模拟）15．如图，四棱锥的底面是正方形，设平面与平面相交于直线. (1)证明：.（[endnoteRef:11]） (2)若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. （线面平行的性质，面面垂直的性质，线面角；） [11: 15．(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）利用线面平行的判定定理和性质定理即可证明； （2）利用面面平行的性质确定平面，建立直角坐标系，利用坐标法结合线面角公式即可求解. 【详解】（1）因为四棱锥的底面是正方形，所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面平面， 所以； （2）因为，取的中点，连接，则， 因为平面平面，平面平面， 则平面，所以以坐标原点建立如图坐标系， 因为，是正方形，所以， 则，，，, ，，， 设平面的法向量为， 则，， 取，，，即， 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. ] 11. （2024年鄂J25武汉洪山二模）16．在正四棱柱中，为中点，直线与平面交于点． (1)证明：为的中点；（[endnoteRef:12]） (2)若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值． （线面平行的性质，截面，线面角反求长度，再算二面角；） [12: 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的性质定理判断； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求线面角确定点位置，再由空间向量法求二面角． 【详解】（1）如图，连接，，在正四棱柱中， 由与平行且相等得是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 平面，平面平面， 所以，是中点， 所以是的中点； （2）以为轴建立空间直角坐标系，如图，设（）， 则，，，， ，， 设平面的一个法向量是，则 ，取，得， 因为直线与平面所成的角为， 所以，解得（负值舍去）， 所以，平面的一个法向量是， 平面即为平面， 则， 二面角为锐角，因此其余弦值为． ] 12. （2024年粤J124广州天河三模）17．在五面体中，，，，，，，平面平面. (1)证明：，并求出，之间的距离；（[endnoteRef:13]） (2)求出平面和平面夹角的余弦值. （线面平行的性质，面面垂直的性质，线线距离；二面角；） [13: 17．(1)证明见解析，距离为， (2) 【分析】（1）证明出平面，利用线面平行的性质可证得结论成立； （2）利用面面垂直的性质可得出面，再利用线面垂直的性质可证，，两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面和平面夹角的余弦值. 【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面， 又因为面，面面，所以， 又，故， 由于，，故，之间的距离为. （2）且，故四边形是平行四边形，故， 由，可得. 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面. 而平面，，因为，故. ，，故， 中，由余弦定理可得，故， 又由，，得， 因为，所以. 以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系. 则，2，，，0，，，0，，，0，， 设平面的法向量为，，，，0，，，2，， 则，取，可得，1，， 设平面的法向量为，，，，，，， 则，取，可得，，， 则，， 故平面和平面夹角的余弦值是. ] 面面平行的性质： 13. （2024年闽J23厦门四检）17．如图，在四棱台中，底面是边长为2的正方形，.    (1)证明：平面；（[endnoteRef:14]） (2)若，，求平面与平面夹角的余弦值. （面面平行的性质，线面平行，二面角；） [14: 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）方法一：利用线面平行的判定定理证明即可；方法二：将棱台补形成棱锥，利用面面平行的性质定理结合中位线以及线面平行的判定定理证明得到答案. （2）方法一：建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解；方法二：利用面面角的定义找到其平面角求解. 【详解】（1）    方法一：由棱台定义可知与共面，且平面平面. 又平面平面，平面平面， 所以. 连接AC交BD于点，则为AC中点. 因为，所以. 所以四边形是平行四边形，所以. 又平面，平面，所以平面.    方法二：将棱台补形成棱锥， 由棱台定义知平面平面. 又平面平面，平面平面， 所以. 连接AC交BD于点，则为AC中点. 又，所以，所以为PC中点， 所以为的中位线，所以. 又平面，平面，所以平面 （2）    方法一：在正方形中，，又，， 所以平面. 因为平面，所以. 在中，，，，所以. 在中，，，所以，所以. 以为原点，分别以为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系. ，，，，. 所以，. 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以， 又因为平面的法向量， 所以， 所以平面与平面所成角余弦值为.    方法二：在正方形中，，又，， 所以平面. 因为平面，所以 在中，，，，所以. 在中，，，所以， 所以. 连接交于点，连接交于点， 则MN为平面与平面的交线，设MN交于点. 由，有，同理， 所以，所以平面. 又平面，平面， 所以，， 所以为平面与平面的夹角. 由得，所以. 在中，，，，所以. 所以平面与平面夹角的余弦值为 ] 14. （2024年粤J131广州二模）17．如图，矩形是圆柱的轴截面，分别是上、下底面圆周上的点，且．    (1)求证：；（[endnoteRef:15]） (2)若四边形为正方形，求平面与平面夹角的正弦值 （面面平行的性质，二面角；） [15: 17．(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）利用等角定理以及共线向量进行证明； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量的夹角公式得出结论 【详解】（1）证明：因为矩形是圆柱的轴截面，分别是上、下底面圆周上的点，且，， 所以，不妨设为， 因为均为底面圆的直径，所以， 所以，所以，又， 所以， 所以. （2）如图，设为圆柱的母线，则底面， 连接，，以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， ，四边形为正方形， ， 所以，. 所以. 平面的法向量为． 设平面的法向量为， 又， 所以，取，则， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为， 所以平面与平面夹角的正弦值为．    ] 15. （2024年湘J48长沙长郡四适）17．如图，在四棱锥，，，E为PC的中点． (1)证明：直线平面PAD；（[endnoteRef:16]） (2)若平面平面ABCD，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． （面面平行的性质，证线面平行，面面垂直的性质，线面角；） [16: 17．(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）根据线面平行及面面平行判定定理，面面平行性质定理可证； （2）根据面面垂直性质定理，应用空间向量法求线面角即可. 【详解】（1）取CD的中点M，连接EM，BM， 因为，所以． 因为，，所以，，． 又因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD 因为E为PC的中点，M为CD的中点，所以． 又因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD 又因为，，所以平面平面PAD． 而平面BEM，故平面PAD． （2）因为平面平面ABCD，连接AC交BD于点O，连PO，由对称性知，O为BD中点，且． 如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，过点O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，． 设，则，，得，，． 设平面PCD的一个法向量为， 由于，， 则得 令，得，，故， 设直线AB与平面PCD所成角为，由于， 则， 故直线AB与平面PCD所成角的正弦值为． ] 16. （2024年湘J26衡阳八中）16. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，、分别为、上的点，且. （1）证明：平面；（[endnoteRef:17]） （2）若平面，为的中点，，，求二面角的正切值. （面面平行的性质，证线面平行，二面角；） [17: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）在上取一点，使得，连接、，证明出平面平面，再利用面面平行的性质可证得结论成立； （2）推导出，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果. 【小问1详解】 证明：如图，在上取一点，使得，连接、， 因为，且是平行四边形， 所以，故， 又因为平面，平面，所以平面， 因为四边形是平行四边形，则且， 所以四边形是平行四边形，故， 又因为平面，平面，所以平面， 因为，且、平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面. 【小问2详解】 解：当点为的中点，平面，，时， 连接，则为等边三角形，所以，， 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、、、， 所以，，. 设平面与平面的法向量分别为，， 则，取，可得， ，取，可得， 所以，， 则。 所以，， 由图可知，二面角为锐角，故二面角的正切值为. ] 17. （2024年湘J02邵阳一联）19. 如图所示，圆台的上､下底面圆半径分别为和为圆台的两条不同的母线.分别为圆台的上､下底面圆的圆心，且为等边三角形. （1）求证：；（[endnoteRef:18]） （2）截面与下底面所成的夹角大小为，求异面直线与所成角的余弦值. （面面平行的性质，二面角反求长度，再算线线角；） [18: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）依题四点共面，利用面面平行的性质定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，利用截面与下底面所成的夹角可求得的大小，继而利用向量夹角余弦值向量表示求解即可. 【小问1详解】 证明圆台可以看做是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥而得到， 所以圆台的母线也就是生成这个圆台的圆锥相应母线的一部分. 母线与母线的延长线必交于一点， 四点共面. 圆面圆面， 且平面圆面，平面圆面. . 【小问2详解】 为等边三角形， ，如图建立空间直角坐标系， 设. . 设平面的一个法向量.则有： 令，则. 底面的一个法向量， 因为截面与下底面所成的夹角大小为， 所以， ， ， 又坐标为. ， . 异面直线与所成角的余弦是. ] 18. （2024年闽J05莆田二检）16. 如图，在四棱柱中，底面为直角梯形，． （1）证明：平面；([endnoteRef:19]) （2）若平面，求二面角的正弦值． （面面平行的性质，线面平行，二面角，中下；） [19: 【答案】（1）证明过程见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，中点，连接，通过线面平行、面面平行的判定定理首先得平面平面，再利用面面平行的性质即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，由向量夹角余弦的坐标公式结合三角函数平方关系即可得解. 【小问1详解】 如图： 取中点，中点，连接， 一方面：因为， 所以，即四边形是平行四边形， 所以， 又， 所以，即四边形是平行四边形， 所以， 因为， 所以四边形是平行四边形，所以， 从而， 又因为面，面， 所以面， 另一方面：又因为， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为面，面， 所以面， 结合以上两方面，且注意到平面， 所以平面平面， 又平面， 所以平面； 【小问2详解】 若平面，又平面， 所以， 又， 所以以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设是平面的法向量， 则，即，令，解得， 即可取平面的一个法向量为， 设是平面的法向量， 则，即，令，解得， 即可取平面的一个法向量为， 设二面角的大小为， 则， 所以，即二面角的正弦值为. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$